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2023——2024 年解密高考化学大一轮复习精讲案
第八章 水溶液在的离子平衡
专题三十 水的电离和溶液的pH
第一板块 明确目标
课标要求
核心素养
1. 了解水的电离和离子积常数。
2. 了解溶液pH 的含义及其测定方法，能进行pH 的简单计算。
3. 了解酸碱中和滴定实验原理及其应用。了解溶液pH 的调控在工农业
生产和科学研究中的重要应用。
变化观念与平衡思想
宏观辨识与微观探析
证据推理及模型认知
第二板块 夯实基础
1
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考点一 水的电离
1．水的电离和水的离子积常数
2．填写外界条件对水的电离平衡的具体影响
改变条件
平衡移动方向
Kw
水的电离程度
c(OH－)
c(H＋)
HCl
NaOH
Na2CO3
NaHSO4
加热
3．计算cH2O(H＋)或cH2O(OH－)
(1)室温下，0.01 mol·L－1的盐酸中，cH2O(H＋)＝______________________________。
2
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(2)室温下，pH＝4 的亚硫酸溶液中，cH2O(H＋)＝_____________________________。
(3)室温下，pH＝10 的KOH 溶液中，cH2O(OH－)＝___________________________。
(4)室温下，pH＝4 的NH4Cl 溶液中，cH2O(H＋)＝_____________________________。
(5)室温下，pH＝10 的CH3COONa 溶液中，cH2O(OH－)＝____________。
[方法规律]
溶液中
(H＋)或
(OH－)的计算及应用(以室温为例)
(1)酸、碱抑制水的电离，酸溶液中求c(OH－)，即
(H＋)＝
(OH－)＝c(OH－)，碱溶液中求c(H＋)，即
(OH－)＝
(H＋)＝c(H＋)。
(2)水解的盐促进水的电离，故
(H＋)等于显性离子的浓度。
(3)酸式盐溶液
酸式酸根以电离为主：
(H＋)＝
(OH－)＝c(OH－)。
酸式酸根以水解为主：
(H＋)＝
(OH－)＝c(OH－)。
考点二 溶液的酸碱性与pH
1．溶液的酸碱性
溶液呈酸碱性的本质：溶液的酸碱性取决于c(H＋)和c(OH－)的相对大小
溶液的酸碱性
c(H＋)与c(OH－)比较
常温下溶液pH
酸性溶液
c(H＋)____c(OH－)
____7
中性溶液
c(H＋)____c(OH－)
____7
碱性溶液
c(H＋)____c(OH－)
____7
2．溶液的pH 及测定方法
(1)关系：pH＝________。
(2)范围：0～14。
(3)测定方法：用镊子夹取一小块试纸放在洁净的________或________上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的
中央，变色后与____________对照。
(4)溶液酸碱性的另外一种表示——pOH
①pOH＝________；
②常温下：pH＋pOH＝____。
[正误判断]
1．常温下，两种溶液混合后酸碱性的判断(在括号中填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(1)相同浓度的HCl 和NaOH 溶液等体积混合( )
(2)相同浓度的CH3COOH 和NaOH 溶液等体积混合( )
(3)相同浓度的NH3·H2O 和HCl 溶液等体积混合( )
3
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(4)pH＝2 的H2SO4和pH＝12 的NaOH 溶液等体积混合( )
(5)pH＝3 的HCl 和pH＝10 的NaOH 溶液等体积混合( )
(6)pH＝3 的HCl 和pH＝12 的NaOH 溶液等体积混合( )
(7)pH＝2 的CH3COOH 和pH＝12 的NaOH 溶液等体积混合( )
(8)pH＝2 的H2SO4和pH＝12 的NH3·H2O 等体积混合( )
【方法规律】
酸碱溶液混合后酸碱性的判断规律
(1)等浓度等体积的一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性，同强显中性”。
(2)室温下c 酸(H＋)＝c 碱(OH－)，即pH 之和等于14 时，一强一弱等体积混合——“谁弱谁过量，谁弱显谁
性”。
(3)已知强酸和强碱的pH，等体积混合(25 ℃时)：
pH
①
之和等于14，呈中性；
pH
②
之和小于14，呈酸性；
pH
③
之和大于14，呈碱性。
考点三 酸碱中和滴定的原理与操作
1．原理
利用酸碱中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准HCl 溶液滴定待
测的NaOH 溶液，待测的NaOH 溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝________________。
2．实验操作与仪器的选择
(1)主要仪器
(2)滴定前准备
滴定管：______→洗涤→______→装液→排气泡调液面→记录。
锥形瓶：洗涤→装待测液→加指示剂。
(3)滴定操作
(4)滴定终点
4
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滴入最后半滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，停止滴定，并记录标准溶液的体
积。
(5)数据处理
按上述操作重复________次，根据每次所用标准液的体积计算待测液的物质的量浓度，最后求出待测液的
物质的量浓度的________。
3．关键
(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的______。
(2)选取适当的指示剂，准确判断______________________________________________。
熟记：常见酸碱指示剂的变色范围
指示剂
变色范围和pH
石蕊
甲基橙
酚酞
4．滴定曲线
以0.100 0 mol·L－1 NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸为例
5．误差分析
分析依据：cB＝(VB表示准确量取的待测液的体积、cA表示标准溶液的浓度)。
若VA偏大⇒cB________；若VA偏小⇒cB________。
滴定终点判断答题模板
当滴入最后半滴×××标准溶液后，溶液变成×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。
解答此类题目注意三个关键点：
(1)最后半滴：必须说明是滴入“最后半滴”溶液。
(2)颜色变化：必须说明滴入“最后半滴”溶液后溶液“颜色的变化”。
(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。
【答案】
考点一 水的电离
5
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1．H2O
H＋＋OH－ c(H＋)·c(OH－) 1×10－14 不变
增大 稀的电解质
2．逆 不变 减小 减小 增大 逆 不变 减小 增大 减小 正 不变 增大 增大 减小 逆
不变 减小 减小 增大 正 增大 增大 增大 增大
3．(1)1×10－12 mol·L－1 (2)1×10－10 mol·L－1 (3)1×10－10 mol·L－1 (4)1×10－4 mol·L－1 (5)1×10－4
mol·L－1
考点二 溶液的酸碱性与pH
1．＞ ＜ ＝ ＝ ＜ ＞
2．(1)－lg c(H＋) (3)玻璃片 表面皿 标准比色卡
(4)①－lg c(OH－) ②14
[正误判断]
1．(1)中性 (2)碱性 (3)酸性 (4)中性 (5)酸性 (6)碱性 (7)酸性 (8)碱性
考点三 酸碱中和滴定的原理与操作
1.
2．(1)①上 ②0.01 ③酸式 碱 碱式 酸性 强氧化性 (2)查漏 润洗 (3)滴定管的活塞 锥形瓶内
溶液颜色 锥形瓶 (5)2～3 平均值
3．(1)体积 (2)滴定终点 红 蓝 红 黄 无 浅红 红
5．偏大 偏小
考点一 水的电离
1．常温下，下列各组离子在给定条件下可能大量共存的是( )
A. 铝粉能产生H2的溶液：K+、Na+、SO4
2-、AlO2
-
B. 滴入酚酞显红色的溶液：NH4
+、Al3+、CO3
2-、Cl-
C. 水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L 的溶液：Na+、Fe3+、I-、NO3
-
D.
=0.1mol/L 的溶液：Na+、Mg2+、SiO3
2-、HCO3
-
【答案】A
【解析】
A．铝粉能产生H2的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，溶液呈酸性时AlO2
-不能大量存在，溶液呈碱性时离
子相互间不反应、与OH-不反应，溶液呈碱性时能大量共存，A 项符合题意；
B．滴入酚酞显红色的溶液中含OH-，OH-与NH4
+、Al3+反应不能大量共存，且Al3+与CO3
2-发生双水解反应
6
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不能大量共存，B 项不符合题意；
C．水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L 的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，Fe3+与I-发生氧化还原反应不能大量
共存，酸性时
与I-发生氧化还原反应不能大量共存，碱性时Fe3+不能大量存在，C 项不符合题意；
D．
=0.1mol/L 的溶液呈碱性，碱性溶液中OH-与Mg2+、HCO3
-不能大量共存，D 项不符合题意；
答案选A。
2．硼酸(H3BO3)的电离方程式为：H3BO3+H2O ⇌[B(OH)4]-+H+，电离时H3BO3结合溶液中的OH-，使B 原
子最外层电子达到饱和结构，下列有关硼酸的说法正确的是( )
A. 是一种三元弱酸
B. 硼酸能抑制水的电离
C. 与NaOH 溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH-=[B(OH)4]-
D. H3BO3与[B(OH)4]-中B 原子的杂化方式相同
【答案】C
【解析】
A．硼酸电离出的氢离子的数目是1，可知硼酸是一元酸，A 错误；
B．硼酸在水中的电离过程为：
，可以看出硼酸的电离结合了水溶液中的氢
氧根离子，对水的电离起促进作用，B 错误；
C．根据硼酸电离方程式可知能和OH-发生化合反应，而使中心原子最外层电子达到饱和结构，即硼酸与
NaOH 溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH-=[B(OH)4]-，C 正确；
D．硼酸的结构式为
，[B(OH)4]-的结构式为
，根据二者的成键电子对分别为3 和4，可知
H3BO3与[B(OH)4]-中B 原子的杂化方式不同，D 错误；
故答案选：C。
3．已知25℃时二元酸H2A 的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是( )
A. 在等浓度的Na2A、NaHA 溶液中，水的电离程度前者小于后者
B. 向0.1mol·L-1的H2A 溶液中通入HCl 气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A 的电离度为0.013%
C. 向H2A 溶液中加入NaOH 溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
7
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D. 取pH=a 的H2A 溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】
A．在等浓度的Na2A、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A 错误；
B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A 电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=
，
c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A) 电离，则H2A 的电离度
0.013%，故B 正确；
C．向H2A 溶液中加入NaOH 溶液至pH=11，
，则c(A2-)<c(HA-)，故C 错误；
D．H2A 是弱酸，取pH=a 的H2A 溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A 的电离平衡正向移动，则该溶
液pH<a+1，故D 错误；
选B。
4．25℃时，向浓度均为
、体积均为100mL 的两种一元酸HX、HY 溶液中分别加入NaOH 固体，
溶液中
随
的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a 点时溶液中水电离出的
B.
点时溶液中：
C. 水的电离程度：
D. 中和等体积、等浓度的两种酸所需的
的物质的量：
【答案】B
8
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【解析】
A．a 点
=12，
，则溶液中
mol/L，HX 抑制水电离，所以水电离出的
，故A 错误；
B．c 点表示向浓度为
、体积为
的
溶液中加入0.005mol
固体，溶质为等物质的量浓
度的HY、NaY，溶液呈酸性，HY 电离大于NaY 水解，所以
，故B 正确；
C．d 点酸电离出的氢离子浓度大于c 点，水的电离程度
，故C 错误；
D．等体积、等浓度的两种酸的物质的量相等，中和两种酸所需的
的物质的量相等，故D 错误；选
B。
5．如图是不同温度下水的离子积常数：
试回答以下问题：
（1）若25＜t1＜t2，则a _____ （填“＞”“＜”或“═”）1×10-14。
（2）25℃时，某Na2SO4，溶液中c（SO4
2- ）═5×10-4mol.•L-1，取该溶液1mL 加水稀释至10mL，则稀释
后溶液中c（Na+）：c（OH -）═_____
（3）在t2℃，0.01mol•L-1的NaOH 溶液中，水电离产生的OH-浓度为 _____。
（4）在t2℃，某溶液的c（H+）═1×10-7mol•L-1，则该溶液 _____（填字母）。
a.呈中性 b.呈碱性 c.呈酸性 d.c（OH-）=100c（H+）
【答案】(1)＞;(2)1000：1;(3)1×10-10mol/L;(4)bd;
【解析】
（1）水为弱电解质，电离过程为吸热过程，升温促进电离；
（2）在25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO4
2-）=5×10-4mol/L，则该溶液中c（Na+）=5×10-4mol/L×2=1×10-
3mol/L，取该溶液1mL 加水稀释至10mL，则c（Na+）=1×10-4mol/L，Na2SO4溶液呈中性；
（3）在t2℃，Kw=1×10-12，0.01mol•L-1的NaOH 溶液中，水电离出的OH-浓度等于水电离出的氢离子浓度，
9
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溶液中存在离子积常数，据此计算；
（4）在t2℃，某溶液的c（H+）═1×10-7mol•L-1，Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-12，计算分析判断溶液酸碱
性。
6．在水的电离平衡中，c（H+）和c（OH-）的关系如图所示：
（1）A 点水的离子积常数为1×10-14，B 点水的离子积常数为 _____。
造成水的离子积常数变化的原因是 _____。
（2）100℃时，若向水中滴加盐酸，_____（填“能”或“不能”）
使体系处于B 点状态，原因是 _____。
（3）100℃时，若盐酸中c（H+）=5×10-4mol L
⋅
-1，则由水电离产生的c（H+）=_____。
（4）25℃时，若pH=a 的100 体积某强酸溶液与pH=b 的1 体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之
前该a+b=_____
【答案】
(1)1×10-12;(2)水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，则水的离子积常数增大;(3)不能;(4)滴加
盐酸后，水的电离平衡左移，体系中c（H+）≠c（OH-）;(5)2×10-9mol/L;(6)16;
【解析】
（1）在一定温度时，c（H+）与c（OH-）的乘积是一个常数，称为水的离子积常数，简称水的离子积，符
号为Kw，Kw只受温度影响，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向吸热方向移动；
（2）水的电离方程式为：H2O
H
⇌
++OH-，若向水中滴加盐酸，体系中c（H+）增大；
（3）在盐酸中，c 总（OH-）=c 水（OH-）=c 水（H+），c 总（H+）≈c 酸（H+）=5×10-4mol/L，根据Kw=c
（H+）•c（OH-）解得由水电离产生的c（OH-），从而得到由水电离产生的c（H+）；
（4）根据pH=-lgc（H+）可知，pH=a 的100 体积某强酸溶液中，c（H+）=10-amol/L，pH=b 的1 体积某强
碱溶液中，c（H+）=10-bmol/L，在根据Kw=c（H+）•c（OH-）计算c（OH-），两溶液混合后呈中性，说明
n（H+）=n（OH-），据此计算。
【归纳总结】
正确理解水的电离平衡曲线
(1)曲线上的任意点的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同，温度相同。
(2)曲线外的任意点与曲线上任意点的Kw不同，温度不同。
(3)实现曲线上点之间的转化需保持温度相同，改变酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定改变
温度。
考点二 溶液的酸碱性与pH
10
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1．人体各种体液都有一定的pH。下列图象能表示胃液在加水过程中pH 变化情况的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
胃液主要成分是稀盐酸，加水稀释过程中氢离子浓度减小，pH 增大，但一定小于7，据此分析判断。
解：胃液主要成分是稀盐酸，开始pH＜7，加水稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，pH 增大，随着水的
加入，过程中pH 变化接近于7，不能超过7，综上所述得到B 选项图象符合，
故选：B。
2．物质的量浓度相同的下列溶液，pH 由大到小排列正确的是（ ）
A. Ba（OH）2、Na2CO3、FeCl3、KCl
B. NaOH、Na2CO3、KNO3、NH4Cl
C. NH3•H2O、HCl、Na2SO4、H2SO4
D. NaHCO3、醋酸、NaCl、HCl
【答案】B
【解析】
pH 值的大小反应溶液的酸碱性，pH 值越小溶液酸性越强，pH 值越大溶液的碱性越强．一般情况下，物质
的量浓度相同的溶液pH 值大小关系为：多元强碱＞一元强碱＞弱碱＞水解显碱性的盐溶液＞不水解的盐
溶液＞水解显酸性的盐溶液＞弱碱＞一元强酸＞多元强酸，盐溶液酸碱性强弱又取决与盐电离产生离子的
水解能力，遵循：越弱越电离的规则。
A．Ba（OH）2是二元强碱，Na2CO3水解显碱性，FeCl3水解显酸性，KCl 显中性，故pH 由大到小：Ba
（OH）2、Na2CO3、KCl、FeCl3，故A 错误；
B．NaOH 是强碱、Na2CO3溶液水解显碱性，KNO3为中性溶液、NH4Cl 为水解显酸性的溶液，pH 由大到
小：NaOH、Na2CO3、KNO3、NH4Cl,故B 正确；
C．硫酸是二元强酸，HCl 为一元酸，一水合氨为弱碱，Na2SO4为中性溶液，pH 由大到小：NH3•H2O、
Na2SO4、HCl、H2SO4，故C 错误；
D．NaHCO3显弱碱性，CH3COOH 显弱酸性，NaCl 溶液为中性溶液，HCl 为一元酸，pH 由大到小：
NaHCO3、NaCl、CH3COOH、HCl,故D 错误；
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故选：B。
3．常温下用NaOH 标准溶液滴定20mL 等浓度的三元酸H3A，得到pH 与V（NaOH）、lgX[X=
或
或
]的关系分别如图1、图2 所示。下列说法错误的是（ ）
A. 当pH=10 时，lg
=-2.36
B. c（H2A-）＞c（H3A）＞c（HA2-），对应2.12＜pH＜7.2
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NaH2A 溶液时，可选用酚酞做指示剂
【答案】B
【解析】lg
=lg
，lg
=lg
，lg
=lg
，当pH 相同时，即c（H+）相等，由于Ka1
＞Ka2＞Ka3，则有lg
＞lg
＞lg
，故曲线I、Ⅱ、Ⅲ分别表示lg
、lg
、lg
与pH 关系；图1 中滴定过程依次发生反应H3A+NaOH=NaH2A+H2O、NaH2A+NaOH=Na2HA+H2O、
Na2HA+NaOH=Na3A+H2O。
解：A．曲线Ⅲ表示lg
与pH 关系，当pH=14 时，lg
=lg
=1.64，则Ka3=101.64×10-14=10-
12.36，当pH=10 时，lg
=lg
=lg
=-2.36，故A 正确；
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B．
=
＞1 时，c（A2H-）＞c（H3A），由曲线I 可知，当pH=4 时，lg
=lg
=1.88，则
Ka1=101.88×10-4=10-2.12，故c（H+）＜10-2.12mol/L，则pH=-lgc（H+）＞2.12，
×
=
=
×
＜1 时，c（H3A）＞c（AH2-），由曲线Ⅱ可知，当pH=10 时，lg
=lg
=2.8，故Ka2=102.8×10-
10=10-7.2，即c2（H+）＞Ka1×Ka2=10-2.12×10-7.2=10-9.34，则c（H+）＞10-4.66，则pH=-lgc（H+）＜4.66，故B 错误；
C．加入20mLNaOH 溶液时，溶液中溶质为NaH2A，加入40mLNaOH 溶液时，溶液中溶质为Na2HA，溶
液中HA-离子浓度增大，H2A-浓度减小，HA-水解程度比H2A-水解程度大，故20mL 到40mL 滴定过程中，
水的电离程度逐渐增大，故C 正确；
D．滴定终点pH 处于指示剂变色范围内，Na3A 溶液呈碱性，能用酚酞做指示剂，故D 正确；
故选：B。
4．常温下，向
溶液中逐滴加入
溶液，所得溶液中
、
、
三种微粒的物质的量分数(
)与溶液pH 的关系如图所示。下列分析错误的是( )
A. 曲线1 表示
的物质的量分数随溶液pH 的变化
B.
时，溶液中：
C.
溶液中：
D. 反应
的平衡常数
【答案】B
【解析】
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向
溶液中逐滴加入
溶液，发生反应分别为
H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O、NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，所得溶液中
物质的量逐渐减少，
物质的量先逐渐增多，然后逐渐减少，
物质的量逐渐增多，直至最大，则结合图像，曲线1
表示
的物质的量分数随溶液pH 的变化，曲线2 表示
物质的量分数随溶液pH 的变化，曲线
3 表示
物质的量分数随溶液pH 的变化，据此解答。
A．根据分析，曲线1 表示
的物质的量分数随溶液pH 的变化，A 正确；
B．
时，
物质的量等于
物质的量，结合电荷守恒，溶液中：
，B 错误；
C．
属于盐，完全电离为Na+和
，溶液显酸性，
少部分电离出氢离子，
溶液中：
，C 正确；
D．根据反应
，该反应对应图像pH=1.2 时，此时c(
)=c(H2C2O4)，则
Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2 时，c(
)=c(
)，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知K=
=
=
，D 正确；
故选B。
5．下列有关实验说法正确的是（ ）
A. 利用精密pH 试纸可较准确地测量饱和氯水的pH
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B. 氧化还原滴定中用到高锰酸钾标准溶液，应盛装于酸式滴定管中
C. 润洗滴定管的方法是加入3～5mL 溶液，倾斜转动润湿内壁后，从滴定管上口倒出溶液
D. 配制Fe（NO3）2溶液时，为抑制Fe2+的水解，应将Fe（NO3）2固体溶于浓HNO3，再稀释至所需浓度
【答案】B
【解析】
A．氯水有漂白性；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性；
C．润洗滴定管应从下端放出液体；
D．浓HNO3氧化Fe2+为Fe3+。
6．实验室在不同温度下测量NaA 溶液及其他两种溶液的pH。实验过程中对烧杯进行水浴加热，记录温度
的同时记录pH，最终的如下数据图。
（1）测定溶液pH 时，用下列用品测定结果最准确的是_____。
a.广泛pH 试纸 b.精密pH 试纸 c.pH 计
（2）图1 表示纯水的pH 随温度的变化，则a 点时水显_____（填“酸性”“碱性”或“中性”）。
（3）图2 表示NaA 溶液的pH 随温度的变化，则HA 属于_____（填“强”或“弱”）电解质，NaA 溶液
中各离子浓度由大到小的顺序为_____。
（4）下列溶液的pH 随温度的变化如图3 所示的是_____（不考虑溶质、溶剂的挥发）
a.稀硫酸 b.NaOH 溶液 c.NaCl 溶液 d.氨水 e.醋酸
【答案】
(1)c;(2)中性;(3)弱;(4)c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）;(5)a;
【解析】
（1）pH 计测定结果准确，可以精确到小数点两位或更高精确度；
（2）纯水始终呈中性；
（3）NaA 溶液的pH 随温度的升高而增大，则NaA 为弱酸强碱盐，c（OH-）＞c（H+），根据电荷关系比
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较NaA 溶液中离子浓度大小关系；HA 是弱酸，则PH 相等的HA 和HCl 溶液中c（HA）＞c（HCl），根
据n（H2）=2n（HA）=2n（HCl）计算判断；
（4）溶液中pH=-lgc（H+），升高温度时：强酸溶液中c（H+）不变，弱酸溶液中c（H+）增大；纯水和
强酸强碱盐溶液呈中性，升高温度促进水的电离，Kw 增大，c（H+）增大；强碱溶液呈碱性，c（OH-）不
变，升高温度促进水的电离，Kw 增大，c（H+）增大；升高温度促进弱碱的电离，溶液中c（OH-）增大，
c（H+）减小。
7．水溶液中的离子反应和平衡状态与生活、生产及环境保护等息息相关。
Ⅰ.请回答下列问题：
（1）25℃时，Kw=______。
（2）已知25℃时，HCN 的Ka=6.2×10-10，则NaCN 溶液显 ______（填“酸性”、“中性”或“碱性”），
用离子反应方程式分析其原因是 ______。
（3）25℃时，将pH=11 的NaOH 溶液与pH=4 的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=9，则NaOH 溶
液与H2SO4溶液的体积比为 ______。
（4）已知25℃时，0.1mol/L 的NaA 溶液的pH=10，则NaA 溶液中水解平衡常数Kh=______，溶液中各离
子物质的量浓度由大到小的顺序为 ______。
Ⅱ.T1、T2两种温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题。
T
①
1______T2 （填“＞”“＜”或“=”），T2温度时Ksp（BaSO4）=______。
②根据T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是 ______（填序号）。
A.加入Na2SO4固体可由以a 点变为b 点
B.T1温度下，在T1曲线上方区域（不含曲线）的任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C.蒸发溶剂可能由d 点变为T1曲线上a、b 之间（不含a、b）的某一点
D.升温可由b 点变为d 点
T
③
2温度时，现有0.2mol 的BaSO4沉淀，每次用1L 饱和Na2CO3溶液（浓度为1.7mol/L）处理。若使
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BaSO4中的
全部转化到溶液中，需要反复处理 ______次[提示：BaSO4（s）+
（aq）⇌BaCO2
（s）+
（aq），K=
，Ksp（BaCO3）=1.19×10-7]。
【答案】
Ⅰ.（1）1×10-14；
（2）碱性；CN-+H2O
HCN+OH
⇌
-，显碱性；
（3）1：9；
（4）10-7；c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；
Ⅱ.①＜；5.0×10-9；
ABC
②
；
3
③。
【解析】
Ⅰ.（1）25℃时，Kw=1×10-14；
（2）NaCN 是强碱弱酸盐，弱酸根水解显碱性，水解是微弱的，离子方程式用“
”连接；
⇌
（3）根据反应后溶液呈碱性进行计算；
（4）根据0.1L 0.1mol/L 的NaA 溶液的pH=10 得到溶液中c（OH-）=10-4，NaA 的电离平衡常数Kh=
，结合水解方程式，代入数据计算；结合溶液中的电荷守恒关系比较离子浓度的大小；
Ⅱ.①温度升高，BaSO4在水中的溶解度增大，平衡时溶液中的离子浓度更大；根据T2曲线上的c 点对应的
和Ba2+的浓度计算T2温度下Ksp（BaSO4）；
A
②．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+
（aq），加入Na2SO4固体可使溶液
中c（
）增加，导致沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中c（Ba2+）减小；
B．根据浓度商Qc与溶度积Ksp常数的关系判断T1曲线上方的区域是否有BaSO4沉淀生成；
C．蒸发溶剂，溶液中溶质的物质的量浓度增加，根据浓度商Qc与溶度积Ksp常数的关系判断；
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D．温度升高，则BaSO4的溶解度增加，此时溶液中离子浓度都会增加。
BaSO
③
4（s）+
（aq）⇌BaCO3（s）+
（aq）的平衡常数K=
=
=
≈0.042，用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4，设每次用1L1.7mol/L 饱和Na2CO3溶液能处理
xmolBaSO4，处理1 次的BaSO4饱和溶液中c（
）=（1.7-x）mol/L，c（
）=xmol/L，则
=0.042，解得x≈0.069，据此计算处理次数。
[归纳总结]
混合溶液pH 的计算思维模型
(1)两种强酸混合：直接求出c 混(H＋)，再据此求pHc 混(H＋)＝。
(2)两种强碱混合：先求出c 混(OH－)，再根据Kw求出c 混(H＋)，最后求pH
c 混(OH－)＝。
(3)强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的浓度
①若酸过量：
c 混(H＋)＝
②若碱过量：
c 混(OH－)＝
最后根据pH＝－lg c(H＋)，求pH。
考点三 酸碱中和滴定的原理与操作
1．NaOH 标准溶液的配制和标定，需经过NaOH 溶液配制、基准物质H2C2O4 2H
⋅
2O 的称量以及用NaOH
溶液滴定等操作。下列有关说法中正确的是（ ）
A.
用图1 所示操作转移NaOH 溶液到容量瓶中
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B.
用图2 所示装置准确称得0.1500gH2C2O4 2H
⋅
2O 固体
C.
用图3 所示操作排出碱式滴定管中的气泡
D.
用图4 所示装置以NaOH 待测液滴定H2C2O4
【答案】C
【解析】A．溶液转移至容量瓶中时需玻璃棒引流；
B．托盘天平是粗量器，精度为±0.1g；
C．将橡胶管向上弯曲，挤压橡胶管中的玻璃小球，快速放液，排出碱式滴定管中的气泡；
D．氢氧化钠溶液会与玻璃中的二氧化硅反应。
2．为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度的概念：
。常温下，用0.1mol/L 的
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NaOH 溶液滴定20mL0.1mol/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
，下列说法错误的是( )
A. 该过程可以用酚酞作指示剂
B. 滴定过程中
的值逐渐减小
C. 常温下，HCN 的电离常数
D. 当
时，溶液中存在：
【答案】B
【解析】
A．滴定终点吋溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，A 正确；
B．
的分子，分母同吋乘以
得到
，温度不变，平
衡常数不变，B 错误；
C．未加NaOH 溶液时，
，
，结合
，可得
，
，C 正确；
D．当
吋，溶液中的
，利用电荷守恒和物料守恒可得
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，D 正确；
故选B。
3．某水样中含一定浓度的CO
，HCO 和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL 水样，用
0.01000mol•L-1的HCl 溶液进行滴定，溶液pH 随滴加HCl 溶液体积V（HCl）的变化关系如图（混合后溶
液体积变化忽略不计）。
下列说法正确的是（ ）
A. 该水样中c（CO
）=0.01mol•L-1
B. a 点处c（H2CO3）+c（H+）═c（OH-）
C. 当V（HCl）≤20.00mL 时，溶液中c（HCO ）基本保持不变
D. 曲线上任意一点存在c（CO
）+c（HCO ）+c（H2CO3）=0.03mol•L-1
【答案】C
【解析】在滴定过程中有两次突跃，第一次突跃发生在a 点：CO3
2-+H+=HCO3
-，c（CO3
2-）=
=
=0.02mol•L-1，第二次是耗HCl 为50mL 的点：HCO3
-+H+=H2O+CO2↑由CO3
2-
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生成的HCO3
-消耗盐酸20mL，原溶液中的HCO3
-消耗的盐酸是10mL，则c（HCO3
-）=
=
=0.01mol•L-1，以此分析解题。
解：A．pH 的第一次突跃发生CO3
2-+H+=HCO3
-，则c（CO3
2-）=
=
=0.02mol•L-1，故A 错误；
B．如图所示，该a 点恰好按CO3
2-+H+=HCO3
-完全反应，溶液中只有HCO3
-和H2O 既可以给出H+，又可以
结合H+，结合H+的产物是H2CO3、H+，给出H+的产物是OH-、CO3
2-，根据质子守恒可得c（H2CO3）+c
（H+）═c（OH-）+c（CO3
2-），故B 错误；
C．依据分析可知原溶液中c（CO3
2-）=0.02mol•L-1，c（HCO3
-）=0.01mol•L-1，当V（HCl）≤20.00mL 时，
只发生CO3
2-+H+=HCO3
-，溶液中HCO3
-物质的量增加，加入盐酸溶液体积也增加，溶液中c（HCO3
-）≈
=0.01mol/L，故C 正确；
D．由分析可知原溶液中c 原（CO3
2-）+c 原（HCO3
-）=（0.02+0.01）mol•L-1=0.03mol•L-1，根据物料守恒，
即原溶液中c（CO3
2-）+c（HCO3
-）+c（H2CO3）=0.03mol•L-1，但加入盐酸后体积增大，溶液的浓度变小，
则c（CO3
2-）+c（HCO3
-）+c（H2CO3）＜0.03mol•L-1，故D 错误；
故选：C。
4．一中学某课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4•2H2O 并测定产品纯度。
I.制取H2C2O4•2H2O
①电石除CaC2外还含有少量CaS 及Ca3P2杂质等
②查阅文献，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸能将C2H2氧化为H2C2O4
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（1）为减慢装置A 中产生C2H2的反应速率，常用_____(填试剂名称)代替水作反应试剂。
（2）装置B 中KClO3将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸除去，同时又产生一种新的气体单质杂质，该杂质的
化学式是_____。
（3）装置D 中生成H2C2O4的化学方程式为______，从反应后的溶液得到产品，还需经过蒸发浓缩、
_____(填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。
（4）装置F 的作用是_____。
II.测定产品中H2C2O4•2H2O 的纯度
准确称取3.5000g 产品于烧杯中，加入适量蒸馏水和稀硫酸溶解，配成100mL 溶液.每次用移液管量取
20.00mL 溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，记录数据如表。
滴定次数
标准KMnO4溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
1
0.30
20.20
2
1.20
21.30
3
0.80
22.50
4
1.50
21.50
（5）滴定过程中发现褪色速率开始很慢后迅速加快，其原因是______。
（6）滴定终点时的现象为______。
（7）产品中H2C2O4•2H2O 的纯度为_____%。
（8）下列操作可能使产品纯度测定结果偏高的是_____(填序号)。
A. 用产品配制溶液定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线
B. 锥形瓶水洗后未干燥
C. 滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡
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D. 产品在干燥器中干燥时间过长，导致失去部分结晶水
【答案】
（1）饱和食盐水(饱和氯化钠溶液)
（2）Cl2 （3） ①. C2H2+8HNO3(浓)
H2C2O4+8NO2+4H2O
.
②冷却(降温)结晶
（4）吸收尾气NO2，防止污染空气
（5）生成的Mn2+作该反应的催化剂
（6）滴入最后半滴标准溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
（7）90 （8）AD
【解析】
水与电石反应生成C2H2，同时因为有CaS 及Ca3P2杂质等存在，同时生成H2S 和PH3，将混合气体通入
KClO3溶液中，H2S 和PH3被氧化为硫酸和磷酸除去，同时KClO3被还原生成氯气，用NaOH 除去生成的氯
气，D 中在Hg(NO3)2作催化剂条件下，浓硝酸将C2H2氧化为H2C2O4，自身被还原为NO2，生成的NO2需
进行尾气处理，F 中NaOH 用于吸收多余的NO2，同时需要进行防倒吸处理，E 瓶的作用为防止倒吸。
【小问1 详解】
电石与水反应过于剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔，可用饱和食盐水代替水反应。
【小问2 详解】
装置B 中KClO3将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸除去，同时KClO3被还原生成Cl2，新的气体单质为氯气。
【小问3 详解】
装置D 中浓硝酸和C2H2反应生成H2C2O4和NO2，化学方程式为C2H2+8HNO3(浓)
H2C2O4+8NO2+4H2O，从反应后的溶液得到产品，还需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥。
【小问4 详解】
装置F 中为NaOH，用于吸收多余的NO2，防止其污染环境。
【小问5 详解】
滴定过程中高锰酸钾与H2C2O4反应生成了Mn2+，Mn2+可作为该反应的催化剂从而加快反应速率。
【小问6 详解】
用高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液，滴定终点的现象为滴入最后半滴标准溶液，溶液由无色变为浅红色，
且半分钟内不褪色。
【小问7 详解】
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从表中可知，四次实验消耗的KMnO4的体积为19.90mL、20.10mL、21.7mL、20.00mL，第三组数据与其
他数据相差较大舍去，平均消耗KMnO420mL，即消耗KMnO42×10-3mol，根据H2C2O4和KMnO4反应的比
例关系，2KMnO4~5H2C2O4，可得消耗的H2C2O4为5×10-3mol，则3.5g 样品中含有H2C2O42.5×10-2mol，则
H2C2O4·2H2O 的纯度为
=90%。
【小问8 详解】
A．用产品配制溶液定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线，导致溶液浓度偏高，消耗的高锰酸钾溶液偏多，
测定结果偏高，A 正确；
B．锥形瓶水洗后未干燥，对实验没有影响，B 错误；
C．滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡，则测定的高锰酸钾消耗量偏低，产品纯度偏低，C 错误；
D．产品在干燥器中干燥时间过长，失去部分结晶水，配置成溶液消耗的高锰酸钾的量不变，但是样品质
量偏小，产品纯度偏高，D 正确；
故答案选AD。
5．钴的化合物种类较多，其中三氯化六氨合钴(III)[Co(NH3)6Cl3] (M=267.5 g/mol)在工业上用途广泛。实验
室以活性炭作为催化剂，用H2O2作氧化剂氧化CoCl2的方法制备三氯化六氨合钴，并测定其纯度。回答下
列问题：
已知：①钴单质在300℃以上易被氧气氧化，CoCl2易潮解。②Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；
[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。
I．CoCl2的制备。
(1)A 装置中盛放浓盐酸的仪器名称是_______。A 装置的烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
(2)试剂X 为_______，试从平衡的角度分析选择该试剂的好处_______。
(3)实验时，要先加入浓盐酸，使A 装置中开始生成氯气，待_______(填现象)时，再加热盛有钴粉的大试管，
目的是_______。
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II．三氯化六氨合钴(III)的制备。
①先向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2和NH4Cl 混合液，然后滴加稍过量的浓氨水；
②冷水浴冷却至10℃以下，缓慢滴加H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃水浴中，恒温加热同时缓慢搅拌；
④冷却结晶，过滤洗涤可得三氯化六氨合钴(III) [Co(NH3)6Cl3]粗产品。
(4)装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为_______。
III．纯度测定。
(5)称取mg 粗产品与氢氧化钠在空气中混合煅烧得三氧化二钴→将三氧化二钴用稀硫酸溶解→配成100mL
溶液→_______(按操作步骤填写下列顺序序号)，则其纯度为_______(写出表达式)。
a．向锥形瓶中加入稍过量的KI 溶液，充分反应(Co3+被还原后的产物为Co2+)
b．平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL
c．取25.00mL 待测液于锥形瓶中
d．用淀粉溶液作指示剂，用c mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(产物为
)(已知：
)
【答案】
(1) 恒压滴液漏斗 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
(2) 饱和食盐水 氯水中存在平衡：Cl2+H2O
H++Cl-+HClO，饱和食盐水中有高浓度的Cl-，使该平衡逆向
移动，减少Cl2的溶解从而减少Cl2损失
(3) D 中溶液上方充满黄绿色气体 排尽装置内空气，防止加热时二价钴被O2氧化
(4)
(5) c、a、d、b
【解析】在A 装置中KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，然后将气体通入盛有饱和NaCl 溶液的洗气
瓶除去Cl2中的杂质HCl，然后气体通入装置C 盛有浓硫酸的洗气瓶干燥Cl2后，在硬质玻璃管中Cl2与Co
反应产生CoCl2，气体被收集在广口瓶中，装置D 中盛有浓硫酸，防止E 中水蒸气进入收集瓶中，导致
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CoCl2发生水解反应，装置E 是尾气处理装置，吸收多余Cl2。在三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2 和NH4Cl
混合液，然后滴加稍过量的浓氨水，冷水浴冷却至10℃以下，缓慢滴加H2O2 溶液并不断搅拌，发生反应
，制取得到三氯化六氨合钴，然后
将一定量粗产品与NaOH 在空气中混合煅烧产生Co2O3，再用稀H2SO4溶解配制形成溶液，取一定体积该
溶液，向其中滴加稍微过量KI 溶液，2Co3++2I-=2Co2++I2，以淀粉溶液为指示剂，用Na2S2O3滴定反应产生
的I2，根据溶液恰好有蓝色变为无色点判断滴定终点，利用反应转化关系式可确定样品中Co3+的含量，进
而可确定样品中三氯化六氨合钴的纯度。
（1）根据装置图可知：A 装置中盛放浓盐酸的仪器名称是恒压滴液漏斗；
A 装置的烧瓶中KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，发生反应的化学方程式为：
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（2）装置图中B 装置盛有的试剂X 是饱和食盐水，作用是除去Cl2中的杂质HCl；这是由于Cl2与水会发
生可逆反应：Cl2+H2O
H++Cl-+HClO，饱和食盐水中有高浓度的Cl-，可以使该上述平衡逆向移动，减少
Cl2的溶解，从而减少Cl2损失；
（3）为避免装置中空气的干扰，在进行操作时，要先加入浓盐酸，使A 装置中开始生成氯气，待D 中溶
液上方充满黄绿色气体时，再加热盛有钴粉的大试管，目的是排尽装置内空气，防止加热时+2 价的Co2+被
O2氧化为+3 价的Co2+；
（4）根据叙述可知装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为：
；
（5）在纯度测定时，将m g 含有的 [Co(NH3)6Cl3] 粗品与NaOH 在空气中混合煅烧反应产生Co2O3，然后
用稀H2SO4溶解Co2O3转化为Co2(SO4)3，配制得到100 mL 溶液，取25.00 mL 待测液于锥形瓶中，向锥形
瓶中加入稍过量的KI 溶液，充分发生反应：2Co3++2I-=2Co2++I2，以淀粉溶液为指示剂，用c mol/LNa2S2O3
标准溶液滴定反应产生的I2，为减少实验的偶然性，平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL，
故滴定步骤为c、a、d、b，根据反应方程式：2Co3++2I-=2Co2++I2，
可得关系式：
2[Co(NH3)6Cl3] ～2Co3+ ～I2 ～2 Na2S2O3 ，则m g 样品中含有[Co(NH3)6Cl3] 的物质的量为
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n[Co(NH3)6Cl3]=c·V×10-3 mol×
=4cV×10-3 mol，其质量是m[Co(NH3)6Cl3]= 4cV×10-3 mol×M=267.5
g/mol=1.07cV g，故样品中[Co(NH3)6Cl3]的纯度为：
。
[思维建模]
室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA 溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH 溶液，溶液pH 的变化如图所示。
第三板块 真题演练
1.（2023·重庆）(N H 4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确
的是
( )
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A. M点K w等于N点K w
B. M点pH大于N点pH
C. N点降温过程中有2个平衡发生移动
D. P点c(H
+)+c(N H 4
+)+c(N H 3⋅H 2O)=c(O H
−)+2c(SO4
2−)
【答案】B
【解析】
A.温度升高，水的电离程度增大，则M点K w小于N点K w，A 错误；
B.升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，
故M点pH大于 N点pH，B 正确；
C.N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C 错误；
D.P点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知， c(H
+)+c(N H 4
+)=c(O H
−)+2c(SO4
2−) ，D 错误；
故选B。
2.（2023·湖南）常温下，用浓度为0.0200mol⋅L
−1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol⋅L
−1的
HCl和CH 3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随
η(η= V (标准溶液)
V (待测溶液) )的变化曲线如图所示。下列说法错误的
是( )
A. K a(CH 3COOH )约为10
−4.76
B. 点a：c(Na
+)=c(Cl
−)=c(CH 3COO
−)+c(CH 3COOH )
C. 点b：c(CH 3COOH )<c(CH 3COO
−)
29
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D. 水的电离程度：a<b<c<d
【答案】D
【解析】NaOH溶液和HCl、C H 3COOH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，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，C H 3COOH未发生反应，溶质成分为
NaCl和C H 3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的C H 3COOH，溶质成分为NaCl、C H 3COOH和
C H 3COONa；c点时NaOH溶液与C H 3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、C H 3COONa；d点
时NaOH过量，溶质成分为NaCl、C H 3COONa和NaOH，据此解答。
A. 由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和C H 3COOH，c(C H 3COOH )=0.0100mol / L，
c( H
+)=10
−3.38mol / L，K a(CH 3COOH )= c( H
+)⋅c(CH 3COO
−)
c(CH 3COOH )
≈10
−3.38×10
−3.38
0.01
=10
−4.76，故A
正确；
B.a点溶液为等浓度的NaCl和C H 3COOH混合溶液，存在物料守恒关系
c( N a
+)=c(C l
−)=c(C H 3COOH )+c(C H 3COO
−)，故B 正确；
C.点b溶液中含有NaCl及等浓度的C H 3COOH和 C H 3COONa，由于pH <7，溶液显酸性，说明
C H 3COOH的电离程度大于C H 3COO
−的水解程度，则c(C H 3COOH )<c(C H 3COO
−)，故C 正确；
D.c点溶液中C H 3COO
−水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D
错误；
故选D。
3.（2023·浙江）草酸( H 2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20mL0.1mol⋅L
−1 NaH C2O4溶液中滴加0.1mol⋅L
−1 NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20mL0.10mol⋅L
−1 NaH C2O4溶液中滴加0.10mol⋅L
−1CaC l2溶液。
[已知：H 2C2O4的电离常数K al=5.4×10
−2, K a2=5.4×10
−5, K sp(CaC2O4)=2.4×10
−9，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
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B. 实验I中V ( NaOH )=10mL时，存在c(C2O4
2−)<c(H C2O4
−)
C. 实验Ⅱ中发生反应H C2O4
−+C a
2+=CaC2O4↓+ H
+
D. 实验Ⅱ中V (CaC l2)=80mL时，溶液中c(C2O4
2−)= 4.0×10
−8mol⋅L
−1
【答案】D
【解析】
A. NaH C2O4 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 V ( NaOH )=10mL 时，溶质是 NaH C2O4 、 N a2C2O4 且两者物质的量浓度相等，
K a2=5.4×10
−5> K h= 1×10
−14
5.4×10
−5 ，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存
在 c(C2O4
2−)>c(H C2O4
−) ，故B 错误；
C. 实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而 NaH C2O4 过量，因此该反应在初始阶段发生的
是
2 H C2O4
−+C a
2+=CaC2O4↓+ H 2C2O4 ，
该
反
应
的
平
衡
常
数
为
K =
c( H 2C2O4)
c(C a
2+)⋅c
2( H C2O4
−)
=
c( H 2C2O4)⋅c( H
+)⋅c(C2O4
2−)
c(C a
2+)⋅c(C2O4
2−)⋅c
2( H C2O4
−)⋅c( H
+)
=
K a2
K a1⋅K sp
=
5.4×10
−5
5.4×10
−2×2.4×10
−9 = 1
2.4 ×10
6≈4.2×10
5 ，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进
行，当 NaH C2O4 完全消耗后， H 2C2O4 再和 CaC l2 发生反应，故C 错误；
D.
实
验
Ⅱ
中
V (CaC l2)=80mL 时
，
溶
液
中
的
钙
离
子
浓
度
为
c(C a
2+)= 0.1mol⋅L
−1×0.080 L−0.1mol⋅L
−1×0.020 L
0.1 L
=0.06mol⋅L
−1 ，
溶
液
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中 c(C2O4
2−)= K sp(CaC2O4)
c(C a
2+)
= 2.4×10
−9
0.06
mol⋅L
−1= 4.0×10
−8mol⋅L
−1 ，故D 正确。
故选D。
4.（2023·浙江）25℃时，用0.1mol· L
−1 NaOH溶液滴定某二元弱酸H 2 A，H 2 A被滴定分数、pH及
物种分布分数δ[δ( X )=
n( X )
n( H 2 A )+n( H A
−)+n( A
2−)
]如图所示：
下列说法错误的是( )
A. 用NaOH溶液滴定0.1mol· L
−1 NaHA溶液可用酚酞作指示剂
B. 0.1mol· L
−1 NaHA溶液中：c( N a
+)>c( H A
−)>c( A
2−)>c( H 2 A )
C. 0.1mol· L
−1 N a2 A溶液中：c( N a
+)<c( H A
−)+2c( A
2−)
D. H 2 A的K 2=1×10
−7
【答案】C
【解析】
A. 强碱滴定弱酸时，滴定终点，溶液呈碱性，应选用酚酞做指示剂，则用NaOH溶液滴定0.1mol⋅L
−1
NaHA溶液应用酚酞作指示剂，故A 正确，但不符合题意；
B. 由图可知，当n( NaOH ):n( H 2 A )=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，说明H A
−的电离程
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度大于水解程度，则溶液中c( N a
+)>c( H A
−)>c( A
2−)>c( H 2 A )，故B 正确，但不符合题意；
C. 0.1mol· L
−1 N a2 A溶液中存在电荷守恒关系：c( N a
+)+c( H
+)=c( H A
−)+2c( A
2−)+c(O H
−)，因
N a2 A溶液显碱性，c(O H
−)>c( H
+)，则：c( N a
+)>c( H A
−)+2c( A
2−)，故错误，但符合题意；
D.
由
图
可
知
，
当δ( X )为50 %时
，
溶
液
中c( H A
−)=c( A
2−)，
pH =7，
由
K 2=c( H
+)c( A
2−)/c( H A
−)=c( H
+)=1×10
−7，故D 正确，但不符合题意；
故选：C。
5.（2022·浙江）25℃时，向20mL浓度均为0.1mol⋅L
−1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入
0.1mol⋅L
−1的NaOH溶液(醋酸的K a=1.8×10
−5；用0.1mol⋅L
−1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐
酸，滴定终点的pH突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是( )
A. 恰好中和时，溶液呈碱性
B. 滴加NaOH溶液至pH = 4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H
++O H
−= H 2O
C. 滴定过程中，c(C l
−)=c(C H 3COO
−)+c(C H 3COOH )
D. pH =7时，c( N a
+)>c(C l
−)>c(C H 3COO
−)>c(C H 3COOH )
【答案】B
【解析】
A .恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，故A 正确；
B.根据电离常数，0.1mol⋅L
−1的盐酸和醋酸中，c( H
+)=√1.8×10
−3mol / L>1.0×10
−4.3，故用氢氧化
钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，故B 错误；
C.滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，
故C 正确；
D.向20mL浓度均为0.1mol⋅L
−1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol⋅L
−1的NaOH溶液，当盐
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酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故
c( N a
+)>c(C l
−)>c(C H 3COO
−)>c(C H 3COOH )，故D 正确；
故选：B。
6.（2020·浙江）下列说法不正确的是( )
A. 2.0×10
−7mol⋅L
−1的盐酸中c( H
+)=2.0×10
−7mol⋅L
−1
B. 将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性
C. 常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质
D. 常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
【答案】A
【解析】
A、常温下，水中的c( H
+)=c(O H
−)=1.0×10
−7mol⋅L
−1，盐酸完全电离出的
c( H
+)=2.0×10
−7mol⋅L
−1，接近水电离的c( H
+)，不能忽略水电离出的c( H
+)，2.0×10
−7mol⋅L
−1
的盐酸中c( H
+)>2.0×10
−7mol⋅L
−1，故A 错误；
B、常温下强酸强碱盐KCl溶液显中性，pH =7.0；水的电离吸热，加热至80℃，温度升高，水的电离平
衡向右移动，电离出的c( H
+)和c(O H
−)增大，pH减小，溶液中c( H
+)=c(O H
−)依然显中性，故B 正
确；
C、强碱弱酸盐NaCN溶液中弱酸根离子发生水解：C N
−+ H 2O⇌HCN +O H
−，而使溶液显碱性，证
明HCN是弱电解质，故C 正确；
D、弱酸醋酸在水溶液中存在电离平衡：C H 3COOH ⇌C H 3COO
−+ H
+，C H 3COONa固体溶于水电
离出C H 3COO
−，使c(C H 3COO
−)增大，电离平衡向左移动，c( H
+)减小，pH增大，故D 正确；
故选：A。
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7.（2021·浙江）25℃时，下列说法正确的是（ ）
A. NaHA溶液呈酸性，可以推测H 2 A为强酸
B. 可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C. 0.010mol· L
−1、0.10mol· L
−1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1<α2
D. 100mL pH =10.00的N a2C O3溶液中水电离出H
+的物质的量为1.0×10
−5mol
【答案】D
【解析】
A.若NaHA的水溶液呈酸性，若只电离，则二元酸为强酸，若NaHA的水溶液中H A
−的电离大于其水解，
则二元酸H 2 A为弱酸，故A 错误；
B.可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是HA和BOH的电离程度相同，B
+
和A
−的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，故B 错误；
C.弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol⋅L
−1、0.10 mol⋅L
−1的醋酸溶液的电离度分别
为α1、α2，则α1>α2，故C 错误；
D.100 mL pH =10.00的N a2C O3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10
−4mol / L，碳酸根水解促进水的电
离，则水电离出H
+的浓度是1×10
−4mol/ L，其物质的量为0.1 L×1×10
−4mol/ L=1×10
−5mol，故D
正确。
8.（2021·湖南）下列实验设计不能达到实验目的的是( )
实验目的
实验设计
A
检验溶液中FeSO4是否被
氧化
取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B
净化实验室制备的C l2
气体依次通过盛有饱和NaCl溶液、浓H 2SO4的洗气瓶
C
测定NaOH溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
工业酒精制备无水乙醇
工业酒精中加生石灰，蒸馏
【答案】C
【解析】
A.滴加KSCN溶液遇铁离子变为红色，观察溶液的颜色可检验是否氧化变质，故A 不符合题意；
B.饱和NaCl溶液可除去挥发出来的HCl，浓硫酸干燥氯气，可净化氯气，故B 不符合题意；
C.测定NaOH溶液的pH，应选干燥的pH试纸，不能滴在湿润的pH试纸上，导致溶液被稀释，故C 符合
题意；
D.加CaO与水反应，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故D 不符合题意。
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9.（2022·山东）实验室用基准N a2C O3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸
滴定N a2C O3标准溶液。下列说法错误的是( )
A. 可用量筒量取25.00mLN a2C O3标准溶液置于锥形瓶中
B. 应选用配带塑料塞的容量瓶配制N a2C O3标准溶液
C. 应选用烧杯而非称量纸称量N a2C O3固体
D. 达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】
A .量筒的精确度为小数点后一位，若要量取25.00mL的碳酸钠标准溶液应选用碱式滴定管，故A 错误；
B.碳酸钠标准溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，硅酸钠可作黏合剂，将瓶口粘住，所以应选用配带
塑料塞的容量瓶配制N a2C O3标准溶液，故B 正确；
C.碳酸钠能够与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以一般用烧杯称量碳酸钠固体，故C 正确；
D.盐酸滴定N a2C O3标准溶液滴定终点溶液为弱酸性，溶液显橙色，故D 正确，
故选：A。
10. （2022· 浙江）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4 mol⋅L
−1 N a2C O3溶液和
40mL0.2mol⋅L
−1 NaHC O3溶液，再分别用0.4 mol⋅L
−1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得
到如图曲线：
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下列说法正确的的是( )
A. 图中甲、丁线表示向NaHC O3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向N a2C O3溶液中滴加盐酸
B. 当滴加盐酸的体积为V 1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：
HC O3
−+ H
+=C O2↑+ H 2O
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. N a2C O3和NaHC O3溶液中均满足：c( H 2C O3)−c(C O3
2−)=c(O H
−)−c( H
+)
【答案】C
【解析】
A.碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，
再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向N a2C O3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHC O3溶液
中滴加盐酸，故A 错误；
B.当滴加盐酸的体积为V 1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离
子，离子方程式表示为：C O3
2−+ H
+= HC O3
−，故B 错误；
C.根据pH — V ( HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示
剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故C 正确；
D. 根据电荷守恒和物料守恒，则N a2C O3中存在c(O H
−)−c( H
+)=2c( H 2C O3)+c( HC O3
−)，
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NaHC O3溶液中满足c( H 2C O3)−c(C O3
2−)=c(O H
−)−c( H
+)，故D 错误；
故选：C。
11.（2021·广东）测定浓硫酸试剂中H 2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转
移定容得待测液；③移取20.00mL待测液，用0.1000mol/ L的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用
到的仪器为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
A.转移定容需要容量瓶，故A 不选；
B.图中为分液漏斗，在滴定实验中不需要，故B 选；
C.锥形瓶中盛放浓硫酸，滴定实验需要锥形瓶，故C 不选；
D.图中为碱式滴定管，可盛放NaOH溶液，用于滴定酸，故D 不选；
故选：B。
12.（2021·辽宁）用0.1000mol⋅L
−1盐酸滴定20.00mL N a2 A溶液，溶液中H 2A、H A
−、A
2−的分布
分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是( )
[如A
2−分布分数：δ( A
2−)=
c( A
2−)
c( H 2 A)+c( H A
−)+c( A
2−)
]
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A. H 2 A的K a1为10
−10.25
B. c点：c( H A
−)>c( A
2−)>c( H 2 A )
C. 第一次突变，可选酚酞作指示剂
D. c( N a2 A )=0.2000mol⋅L
−1
【答案】C
【解析】
如图
，溶液的pH值越大，溶液中c( A
2−)越
大，溶液的pH值越小，溶液中c( H 2 A )越大，根据图知，曲线1、2、3分别表示δ( A
2−)、δ( H A
−)、
δ( H 2 A )，
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A.当溶液中δ( H A
−)=δ( H 2 A )时，c( H A
−)=c( H 2 A )，该点为n点，H 2 A的
K a1= c( H A
−)×c( H
+)
c( H 2 A )
=c( H
+)=10
−pH =10
−6.38，故A 错误；
B.根据c点对应的曲线知，该溶液中c( H A
−)>c( H 2 A )>c( A
2−)，故B 错误；
C.根据图知，第一次突变时溶液呈碱性，第二次突变时溶液呈酸性，酚酞的变色范围为8−10、甲基橙的
变色范围为3.1−4.4，所以第一次突变可选酚酞作指示剂，故C 正确；
D.HCl和N a2 A以2：1完全反应，根据图知，当N a2 A溶液完全反应时消耗V ( HCl)=2V ( N a2 A )，则
HCl、N a2 A的物质的量浓度相等，c( N a2 A )=0.1000mol⋅L
−1，故D 错误；
故选：C。
13.（2021·海南）25℃时，向10.00mL0.1000mol⋅L
−1的NaHC O3溶液中滴加0.1000mol⋅L
−1的盐
酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V 变化如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. a点，溶液pH >7是由于HC O3
−水解程度大于电离程度
B. b点，c( N a
+)=c( HC O3
−)+2c(C O3
2−)+c(C l
−)
C. c点，溶液中的H
+主要来自HC O3
−的电离
D. d点，c( N a
+)=c(C l
−)=0.1000mol⋅L
−1
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【答案】AB
【解析】
A .a点为0.1000mol⋅L
−1的NaHC O3溶液，溶液中存在HC O3
−的水解平衡和电离平衡，溶液的pH >7，
呈碱性，说明HC O3
−水解程度大于电离程度，故A 正确；
B.25℃时，b点溶液的pH =7，呈中性，则c( H
+)=c(O H
−)，结合电荷守恒
c( H
+)+c( N a
+)=c( HC O3
−)+2c(C O3
2−)+c(C l
−)+c(O H
−)可知：
c( N a
+)=c( HC O3
−)+2c(C O3
2−)+c(C l
−)，故B 正确；
C.c点加入5.00mL等浓度的盐酸，反应后溶质为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，此时溶液pH <7，呈酸性，溶
液中的H
+主要来自碳酸的电离，故C 错误；
D.d点n( NaHC O3)=n( HCl)=0.01 L×0.1000mol⋅L
−1=0.001mol，二者恰好完全反应，混合液体积
为20.00mL，则反应后溶液中满足c( N a
+)=c(C l
−)= 0.001mol
0.02 L
=0.0500mol⋅L
−1，故D 错误；
故选：AB。
14.（2021·江西）常温下，以酚酞溶液作指示剂，用0.1000mol⋅L
−1 NaOH溶液滴定
20.00mL0.1000mol⋅L
−1C H 3COOH溶液所得滴定曲线如图：
(1)在整个实验过程中，不需要的仪器或用品是______(填序号)。
a.100mL容量瓶 b.锥形瓶 c .滴定管夹 d .漏斗 e.玻璃棒 f .滴定管
(2)到达滴定终点的标志是______。
(3)下列操作会导致测定结果偏高的是______。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
B.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D.达到滴定终点时，仰视读数
41
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(4)如图点①所示溶液中c(C H 3COO
−)+c(O H
−)______ c(C H 3COOH )+c( H
+)(填“>”“<”或“
=”，下同)，点②所示溶液中：c( N a
+)______ c(C H 3COOH )+c(C H 3COO
−)。
【答案】
ade 加入最后一滴氢氧化钠，溶液变为浅红色，且30 s内不褪色 AD > <
【解析】
(1)酸碱中和滴定实验操作，需要酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶等仪器，
不需要容量瓶、漏斗、玻璃棒，
故答案为：ade；
(2)NaOH溶液稍过量时，酚酞变为浅红色，所以NaOH溶液滴定C H 3COOH达到滴定终点时，加入最
后一滴NaOH溶液，酚酞变为浅红色，并且30 s内不褪色，
故答案为：加入最后一滴氢氧化钠，溶液变为浅红色，且30 s内不褪色；
(3) A .碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏高，根据c(待测
)= c(标准)×V (标准)
V (待测)
分析可知，待测液浓度偏高，故A 选；
B.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致消耗标准液体积偏低，根据c(待测
)= c(标准)×V (标准)
V (待测)
分析可知，待测液浓度偏低，故B 不选；
C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液体积读数偏低，根据c(
待测)= c(标准)×V (标准)
V (待测)
分析可知，待测液浓度偏低，故C 不选；
D.达到滴定终点时，仰视读数，导致消耗标准液体积读数偏高，根据c(待测)= c(标准)×V (标准)
V (待测)
分析
42
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可知，待测液浓度偏高，故D 选，
故答案为：AD；
(4)由图可知，点①所示溶液为等浓度的C H 3COOH和C H 3COONa的混合溶液，溶液呈酸性，则
c( H
+)>c(O H
−)，此时质子关系为c(C H 3COO
−)−c(C H 3COOH )=2c( H
+)−2c(O H
−)，即
c(C H 3COO
−)+c(O H
−)=c(C H 3COOH )+c( H
+)+[( H
+)−c(O H
−)]>c(C H 3COOH )+c( H
+)；
点②所示溶液呈中性，则c( H
+)=c(O H
−)，电荷关系为c(C H 3COO
−)+c(O H
−)=c( N a
+)+c( H
+)
，
即
c( N a
+)=c(C H 3COO
−)，
但
溶
液
中
还
有
微
量
C H 3COOH，
所
以
c( N a
+)<c(C H 3COO
−)+c(C H 3COOH )，
故答案为：>；<。
15.（2021·山东）某同学利用C l2氧化K 2 MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾( K 2 MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
3 MnO4
2−+2 H 2O =2 MnO4
−+ MnO2↓+ 4O H
−
回答下列问题：
(1)装置A中a的作用是______；装置C中的试剂为______；装置A中制备C l2的化学方程式为______。
43
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(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是______。
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入______(填“酸式”或“碱式”)滴
定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶
液的实际体积为______(填标号)。
A.15.00mL B.35.00mL C .大于35.00mL D .小于15.00mL
(4)某FeC2O4⋅2 H 2O样品中可能含有的杂质为F e2(C2O4)3、H 2C2O4⋅2 H 2O，采用KMnO4滴定法
测定该样品的组成，实验步骤如下：
Ⅰ.称取mg样品于锥形瓶中，加入稀H 2SO4溶解，水浴加热至75℃，用cmol⋅L
−1的KMnO4溶液趁热滴
定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色，消耗KMnO4溶液V 1mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将F e
3+完全还原为F e
2+，加入稀H 2SO4酸化后，在75℃继续用
KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V 2mL。
样品中所含H 2C2O4⋅2 H 2O( M =126 g⋅mol
−1)的质量分数表达式为______。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是______(填标号)。
A.V 1
V 2
=3时，样品中一定不含杂质
B.V 1
V 2
越大，样品中H 2C2O4⋅2 H 2O含量一定越高
C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高
【答案】
(1)平
衡
气
压
，
使
浓
盐
酸
顺
利
流
下
NaOH溶
液
Ca(ClO)2+ 4 HCl =CaC l2+2C l2↑+2 H 2O
(2)在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶
(3)酸式 C
(4) 0.315(cV 1−3cV 2)
m
×100 % BD
44
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【解析】
(1)装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流下；装置C中的试剂为NaOH溶液、吸收尾气；装置A
中制备C l2的化学方程式为Ca(ClO)2+ 4 HCl =CaC l2+2C l2↑+2 H 2O。
(2)浓盐酸易挥发，进入装置B后会导致KMnO4产率降低，改进的方法是在装置A、B之间加装有饱和食
盐水的洗气瓶。
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，有强氧化性，滴定时应将KMnO4溶液加入酸式滴定管中；在规
格为50.00 mL的滴定管中，滴定管尖嘴处没有刻度，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定
管中KMnO4溶液的实际体积大于(50.00−15.00)mL=35.00mL，选C。
(4)由Ⅰ可知样品中F e
2+、C2O4
2−、H 2C2O4消耗的KMnO4溶液的体积为V 1mL，KMnO4的物质的量为
cV 1×10
−3mol，由Ⅱ可知F e
2+消耗的KMnO4溶液的体积为V 2mL，KMnO4的物质的量为
cV 2×10
−3mol，由电子守恒可知5 F e
2+～MnO4
−，5C2O4
2−～2 MnO4
−，设样品中FeC2O4⋅2 H 2O为
xmol，
F e2(C2O4)3为
ymol，
H 2C2O4⋅2 H 2O为
zmol，
1
5 x + 2
5
(x +3 y + z)=cV 1×10
−3，
1
5 ( x +2 y)=cV 2×10
−3，
解
得
z =2.5c(V 1−3V 2)×10
−3mol，
则
样
品
中
所
含
H 2C2O4⋅2 H 2O( M =126 g⋅mol
−1)的
质
量
分
数
表
达
式
为
126 g/mol×2.5(cV 1−3cV 2)×10
−3mol
mg
×100 % = 0.315(cV 1−3cV 2)
m
×100 %。
A.V 1
V 2
=3时，0.315(cV 1−3cV 2)
m
×100 % =0，样品中一定不含H 2C2O4⋅2 H 2O杂质，可能含
F e2(C2O4)3，故A 错误；
45
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B.由H 2C2O4⋅2 H 2O的质量分数表达式可知，
V 1
V 2
越大，样品中H 2C2O4⋅2 H 2O含量一定越高，故B 正
确；
C.铁元素的物质的量为1
5
(x +2 y)mol =cV 2×10
−3mol，若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则步骤Ⅰ中
有一部分F e
2+没有被氧化，不影响V 2的大小，则cV 2×10
−3mol不变，对Fe元素含量测定无影响，故C
错误；
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则消耗高锰酸钾的体积偏大，由关系式可得测得样品中Fe元素含量
偏高，故D 正确。
16.（2019·江苏）聚合硫酸铁[ F e2(OH )6−2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7 H 2O为原料，经
溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7 H 2O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H 2O2溶液，继续反
应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H 2O2氧化F e
2+的离子方程式为________；水解聚合反应会导致溶液
的pH________。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀
盐酸，加热，滴加稍过量的SnC l2溶液(S n
2+将F e
3+还原为F e
2+)，充分反应后，除去过量的S n
2+。用
5.000×10
−2mol· L
−1 K 2C r2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O7
2-与F e
2+反应生成C r
3+和F e
3+)，消耗
K 2C r2O7溶液22.00mL。
①上述实验中若不除去过量的S n
2+，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”“偏小”或
“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。
【答案】
(1)2 F e
2++ H 2O2+2 H
+=2 F e
3++2 H 2O；减小；
(2)①偏大；②根据转移电子守恒得C r2O7
2−+6 F e
2++14 H
+=2C r
3++6 F e
3++7 H 2O，根据关系式
46
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C r2O7
2−～6 F e
3+知
，
n( F e
3+)=6n( K 2C r2O7)=6×5.000×10
−2mol⋅L
−1×0.022 L=6.600×10
−3mol，
m=nM =6.600×10
−3mol×56 g/mol =0.3696 g，样品中Fe元素质量分数= 0.3696 g
3.000 g ×100 % =12.32%
。
【解析】
(1)酸性条件下，H 2O2氧化F e
2+生成F e
3+，同时自身被还原生成H 2O，离子方程式为
2 F e
2++ H 2O2+2 H
+=2 F e
3++2 H 2O；F e
3+水解导致溶液中c( H
+)增大，则溶液的pH减小，
故答案为：2 F e
2++ H 2O2+2 H
+=2 F e
3++2 H 2O；减小；
(2)①S n
2+具有还原性，能被K 2C r2O7氧化，从而导致K 2C r2O7消耗偏多，则样品中铁的质量分数的测
定结果将偏大，
故答案为：偏大；
②根据转移电子守恒得C r2O7
2−+6 F e
2++14 H
+=2C r
3++6 F e
3++7 H 2O，根据关系式
C r2O7
2−～6 F e
3+知，
n( F e
3+)=6n( K 2C r2O7)=6×5.000×10
−2mol⋅L
−1×0.022 L=6.600×10
−3mol，
m=nM =6.600×10
−3mol×56 g/mol =0.3696 g，
样品中Fe元素质量分数0.3696 g
3.000 g ×100 % =12.32%。
17.（2021·北京）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
47
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资料：ⅰ.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4•H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ⅱ.TiOSO4+（x+1）H2O
TiO
⇌
2•xH2O↓+H2SO4
ⅲ.0.1mol•L-1Fe2+生成Fe（OH）2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3
0.1mol•L-1Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
（1）纯化
①加入过量铁粉的目的是 ___________________________________________________。
②充分反应后，分离混合物的方法是 ___________。
（2）制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产
生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH 为6.0 时开始通空气并记录pH 变化（如图）。
①产生白色沉淀的离子方程式是 ___________________________。
②产生白色沉淀后的pH 低于资料ⅲ中的6.3。原因是：沉淀生成后c（Fe2+） ______0.1mol•L-1（填“＞”
“=”或“＜”）。
0~t
③
1时段，pH 几乎不变；t1~t2时段，pH 明显降低。结合方程式解释原因：______。
pH≈4
④
时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH 几乎不变，此时溶液中c（Fe2+）仍降低，但c（Fe3+）
增加，且c（Fe2+）降低量大于c（Fe3+）增加量。结合总方程式说明原因：______。
（3）产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
48
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资料：Fe3++3C2O4
2-=Fe（C2O4）3
3-，Fe（C2O4）3
3-不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果 ______（填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。
【答案】
（1）①与硫酸反应，使得TiOSO4+（x+1）H2O
TiO
⇌
2•xH2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉钛并防止二价铁被
氧化；②过滤；
（2）①Fe2++2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4
+ ；
②＞；
pH=6.0
③
左右，4Fe （OH ）2+O2=4FeOOH+2H2O ，因此pH 几乎不变，之后发生4Fe2+
+O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+，溶液中H+浓度增大，pH 减小；
④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 和4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，因此c
（Fe2+）的减小大于c（Fe3+）的增加；
（3）不受影响
【解析】
结合分析可知，钛白粉废渣成分：FeSO4•H2O、TiOSO4及其它难溶物加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+
（x+1）H2O
TiO
⇌
2•xH2O↓+H2SO4，TiO2•xH2O 是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空
气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整pH，根据资料iii，生成FeOOH，再经过系列提纯，最
终制得FeOOH 固体。
（1）①加入铁粉与硫酸反应，使得TiOSO4+（x+1）H2O
TiO
⇌
2•xH2O↓+H2SO4平衡正向移动，且过量铁粉
还可防止二价铁被氧化；
②充分反应后有沉淀生成，所以分离混合物的方法是过滤；
（2）①向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，故白色沉淀为Fe（OH）
2，产生方程式为Fe2++2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4
+；
②产生白色沉淀后的pH 低于资料ⅲ中的6.3，则氢氧根离子浓度小于理论数据，结合Ksp[Fe（OH）2]=c2
（OH-）•c（Fe2+）可知，此时c（Fe2+）＞0.1mol•L-1；
pH=6.0
③
左右，发生反应4Fe （OH ）2+O2=4FeOOH+2H2O ，因此pH 几乎不变，之后发生4Fe2+
+O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+，溶液中H+浓度增大，pH 减小；
④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 和4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，因此c
（Fe2+）的减小大于c（Fe3+）的增加；
（3）过量的Na2C2O4会与硫酸标准液反应生成H2C2O4，H2C2O4也能用氢氧化钠标准液滴定，所以Na2C2O4
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过量对结果没有影响。
第四板块 模拟提升
1.室温下，下列说法正确的是( )
A. 向0.1mol⋅L
−1C H 3COOH溶液中加水稀释，溶液中
c(H
+)
c(C H 3COOH )
减小
B. 等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，则可发生反应：
HCOOH + NaF = HF + HCOONa
C. pH =9的C H 3COONa溶液与pH =5的C H 3COOH溶液，水的电离程度相同
D. 等浓度、等体积的NaOH溶液和二元弱酸H 2 A溶液混合后溶液呈酸性，则混合液中：
c(H A
−)>c( A
2−)>c(H 2 A)
【答案】D
【解析】
A.0.1mol⋅L
−1C H 3COOH溶液中存在电离平衡：C H 3COOH ⇀
↽C H 3COO
−+ H
+
，加水稀释，平衡
正向移动，但C H 3COO
−浓度减小，由于温度不变，K a(C H 3COOH )不变，则
c( H
+)
c(C H 3COOH ) =
c( H
+)c(C H 3COO
−)
c(C H 3COOH )c(C H 3COO
−)
= K a(C H 3COOH )
c(C H 3COO
−)
增大，A 错误；
B.等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，说明HCOO
−水解程度大于F
−，酸性：
HF > HCOOH，则反应HCOOH + NaF = HF + HCOONa不能发生，违背了强酸制弱酸的原理，B 错误；
C.pH =9的C H 3COONa溶液，由水电离产生的氢离子浓度为10
−14
10
−9 mol / L=10
−5mol / L，pH =5的
C H 3COOH溶液，由水电离产生的氢离子浓度为10
−14
10
−5 mol/ L=10
−9mol/ L，二者水的电离程度不相
50
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同，C 错误；
D.两溶液混合后，溶液中的溶质为NaHA，溶液呈酸性，说明H A
−的电离大于水解，则混合液中：
c(H A
−)>c( A
2−)>c(H 2 A)，D 正确；
故选D。
2.用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是( )
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液
C. 取10.00mL NaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水
D. 取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去
【答案】C
【解析】
A.用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸前需要先润洗，若不润洗相当于稀释了标准溶液，会使测定
结果偏高，故A 错误；
B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液，会使NaOH溶液的用量偏
多，所以测定结果偏高，故B 错误；
C.取10.00mL NaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水，NaOH溶液的用量不变，所以不会
引起实验误差，故C 正确；
D.取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去，会使得取用的NaOH溶液偏
少，所以测定结果偏低，故D 错误；
故选C。
3.向NaOH溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液pH及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
( )
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A. NaOH溶液的起始浓度为10
−amol⋅L
−1
B. 在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小
C. t1s→
❑
t3 s对应的溶液中均存在：c(N a
+)+c(H
+)=c(C l
−)+c(O H
−)
D. 由t2s后溶液的温度变化可推知，NaOH与HCl的反应是吸热反应
【答案】C
【解析】
向NaOH溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；
A. 如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时NaOH溶液pH =a，
c( H
+)=10
−amol⋅L
−1，
常
温
下
，
根
据
K W =c(O H
−)⋅c( H
+)=10
−14，
得
c(O H
−)=
K W
c( H
+)
= 10
−14
10
−a =10
a−14mol/ L，NaOH溶液的起始浓度为10
a−14mol⋅L
−1，故A 错误；
B.任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，NaOH浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好
反应时，达到最大，故B 错误；
C.t1s时，NaOH过量，溶质为NaOH和NaCl；t3 s时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守
恒，t1s→
❑
t3 s对应的溶液中均存在：c(N a
+)+c(H
+)=c(C l
−)+c(O H
−)，故C 正确；
D.如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，NaOH与HCl的反
应是放热反应，故D 错误；
故选C。
4.下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是( )
A. 用蒸馏水湿润pH试纸后测定硫酸钠溶液的pH
B. 测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中
C. 用酸碱中和滴定法测定未知浓度的碱液时，在锥形瓶中加入2∼3mL酚酞试液作指示剂
D. 在淀粉溶液中加入稀硫酸加热一段时间后，再滴加银氨溶液检验淀粉的水解产物
【答案】A
【解析】A.硫酸钠溶液的pH为7，所以用蒸馏水润湿后的pH试纸测得的pH不变，A 正确；
B.测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，导致热量散失，测定结果偏小，B 错误；
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C.指示剂本身属于有机酸，具有弱酸性，加的量多了会影响实验结果，C 错误；
D.淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，但是葡萄糖的银镜反应必须在碱性条件下进行，D 错误；
答案选A。
5. 常温下，向20mL0.1mol/ L的某一元酸( HA )溶液中加入几滴酚酞溶液，再逐滴滴加
0.1mol / L NaOH溶液，测得滴定曲线如图。下列说法不正确的是
( )
A. V =10mL时，c( HA )>c( A
−)
B. pH =7时，V ( NaOH )<20mL
C. 滴定终点时，溶液由无色变为浅红色
D. a点的水的电离程度大于b点的水的电离程度
【答案】A
【解析】
A.向20mL0.1mol / L的某一元酸( HA )溶液中逐滴滴加0.1mol / L NaOH溶液，当加入NaOH溶液
10mL时，溶液中含有等物质的量的HA和NaA，根据图象可知溶液pH <7，显酸性，说明HA的电离作用
大于A
−的水解作用，故浓度：c( HA )<c( A
−)，A 错误；
B.当加入NaOH溶液体积是20.00mL时，二者恰好反应产生NaA，此时溶液pH =8>7，则当溶液pH =7
时，滴加NaOH溶液的体积V ( NaOH )<20mL，B 正确；
C.当滴定达到终点时，溶液显碱性，由于指示剂在待测酸溶液中，因此看到溶液会由无色变为浅红色，且
半分钟内不再变为无色，C 正确；
D.a点时溶液的溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根A
−会发生水解反应，使水电离程度增大；b点为
NaA与NaOH的混合溶液，碱的存在会抑制水的电离，因此水的电离程度：a点>b点，D 正确；
故选A。
53
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6.甘氨酸盐酸盐(Cl H 3 NC H 2COOH )可用作食品添加剂，已知：
H 3 N
+
C H 2COOH ⇀
↽H 3 N
+
C H 2COO
−+ H
+ K a1=1×10
−2.4
H 3 N
+
C H 2COO
−⇀
↽H 2 NC H 2COO
−+ H
+ K a2=1×10
−9.6
常温下，用0.1mol⋅L
−1 NaOH标准溶液滴定10mL0.1mol⋅L
−1(甘氨酸盐酸盐溶液过程中的pH变化如
图所示。下列说法不正确的是( )
A. X点溶液中：c(H 3 N
+
C H 2COOH)=c(H 3 N
+
C H 2COO
−)
B. Y 点溶液中甘氨酸主要以H 3 N
+
C H 2COO
−形式存在
C. Z点溶液中：c(H 3 N
+
C H 2COOH)+c(H
+)=c(H 2 NC H 2COO
−)+c(O H
−)
D. 滴定过程中存在：c(H 3 N
+
C H 2COOH)+c(H 3 N
+
C H 2COO
−)+c(H 2 NC H 2COO
−)=c(C l
−)
【答案】C
【解析】A. 由于H 3 N
+
C H 2COOH ⇀
↽H 3 N
+
C H 2COO
−+ H
+，根据电离平衡常数的计算可得
Ka=
c(H 3 N
+
C H 2COO
−)c(H
+)
c(H 3 N
+
C H 2COOH)
= 10
−2.4，
根
据
图
像
代
入
此
时
的
c(H
+) = 10
−2.4，
54
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得 c(H 3 N
+
C H 2COOH)=c(H 3 N
+
C H 2COO
−) ，A 正确；
B. 由A选项可知，当pH =2.4时， c(H 3 N
+
C H 2COOH)=c(H 3 N
+
C H 2COO
−) ，当pH =9.6
时 c(H 2 N
C H 2COO
−)=c(H 3 N
+
C H 2COO
−) ，根据弱酸的电离特点可知一级电离优先于二级电离，
所以当pH介于二者之间时，溶液中甘氨酸主要以 H 3 N
+
C H 2COO
− 形式存在，B 正确；
C.
根
据
电
荷
守
恒
，
阴
离
子
还
有C l
−阳
离
子
还
有
N a
+，
电
荷
守
恒
为
c(H 3 N
+
C H 2COOH)+c(H
+)+c(N a
+)=c(H 2 NC H 2COO
−)+c(O H
−)+c(C l
−)，
由
于
c( N a
+)>c(C l
−)，故c( H 3 N
+
C H 2COOH )+c( H
+)<c( H 2 NC H 2COO
−)+c(O H
−)，C 错误；
D.该等式为物料守恒，在 Cl H 3 NC H 2COOH 中，Cl原子和N原子的关系是1：1，在滴定过程中N
以 H 3 N
+
C H 2COOH 、H 3 N
+
C H 2COO
−、H 2 N
C H 2COO
− 形式存在于溶液中，Cl以离子形式存在，
故可得 c(H 3 N
+
C H 2COOH)+c(H 3 N
+
C H 2COO
−)+c(H 2 NC H 2COO
−)=c(C l
−) ，D 正确；
故选C。
7.联氨(N 2 H 4)有弱碱性，与盐酸反应生成盐( N 2 H 5Cl、N 2 H 6Cl2)，下列叙述正确的是
( )
A. 0.05mol⋅L
−1的N 2 H 4的水溶液的pH =13
B. 0.05mol⋅L
−1的N 2 H 4Cl2的水溶液加水稀释，pH值降低
C. N 2 H 5Cl在水溶液中的电离方程式：N 2 H 5Cl = N 2 H 5
++Cl
−
D. N 2 H 5Cl水溶液中：c(H
+)+c(N 2 H 5
+)+c(N 2 H 6
2+)=c(Cl
−)+c(OH
−)
【答案】C
【解析】A.联氨为二元弱碱，0.05mol⋅L
−1的N 2 H 4的水溶液中氢氧根离子小于0.1mol / L，则其
pH ≠13，A 错误；
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B.N 2 H 4Cl2为强酸弱碱盐，溶液显酸性，0.05mol⋅L
−1的N 2 H 4Cl2的水溶液加水稀释，酸性变弱，pH
值升高，B 错误；
C.N 2 H 5Cl属于盐，水溶中完全电离：N 2 H 5Cl = N 2 H 5
++Cl
−，C 正确；
D.N 2 H 5Cl水溶液中根据电荷守恒可知：c(H
+)+c(N 2 H 5
+)+2c(N 2 H 6
2+)=c(Cl
−)+c(OH
−)，D 错误；
故选C。
8.25°C时，K a( HClO)= 4.0×10
−8。下列说法正确的是( )
A. 25°C时，往pH =3的HClO溶液中加少量NaClO固体，HClO的电离程度和水电离出的c( H
+)均减小
B. 将浓度均为0.1mol· L
−1的NaClO和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C. 相同温度下，等pH的HCOONa和NaClO溶液中存在：c( HCOO
−)>c(ClO
−)
D. 25°C时，pH =7的NaClO和HClO混合溶液中存在：c( HClO)<c(ClO
−)=c( N a
+)
【答案】C
【解析】A.HClO为弱酸，在水溶液中存在HClO⇌
H
++ClO
−；当向HClO溶液加入少量NaClO固体后，
溶液中c(ClO
−)，平衡HClO⇌
H
++ClO
−逆向移动，即HClO的电离程度减小；但水的电离平衡正向移
动，则水电离出的c( H
+ )增大，故A 错误；
B.NaClO为强碱弱酸盐，其水溶液中ClO
−会水解且ClO
−的水解为吸热反应，即升高温度ClO
−水解程度
增大，则溶液的碱性增强( pH增大)；NaOH为强碱，在水溶液中完全电离，加热水的电离程度增大，即
NaOH溶液加热，其pH略微降低，故B 错误；
C.酸性：甲酸>次氯酸，相同温度下，等pH的HCOONa和NaClO溶液中，水解程度：ClO
−> HCOO
−，
则溶液中有c( HCOO
− )>c(ClO
− )，故C 正确；
D.25°C时，K a(HClO)= 4 .0×10
−8，则水解平衡常数K h=2.5×10
−7，则水解强于电离；由电荷守恒
c(H
+)+c(Na
+)=c(OH
−)+c(ClO
−)，pH =7，c(H
+)=c(OH
−)，则c(Na
+)=c(ClO
−)，由水解强于电离
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可知，c (HClO)>c(ClO
−)，故D 错误；
故选C。
9.电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点。在滴定过程中，计算机对数据自动采集、处理，并利
用滴定反应化学计量点前后电位突变的特性，自动寻找滴定终点。室温时，用0.1000mol
. L
−1的NaOH标
准溶液滴定同浓度的N H 4 HSO4溶液，计算机呈现的滴定曲线如图所示(稀溶液中不考虑氨水的分解导致
氨的逸出)。已知K b( N H 3⋅H 2O)=1.8×10
−5。下列说法错误的是( )
A. a点溶液中n(SO4
2−)=3.0×10
−4mol
B. b点溶液中c(N H 4
+)+c(H
+)−c(N a
+)=c(O H
−)
C. 常温时，c点溶液中pH <7
D. b、d点水的电离程度：b>d
【答案】C
【解析】电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点，根据图中信息b点是将氢离子反应完，d点是将
铵根反应完。
A.根据图中曲线得到加入氢氧化钠溶液3mL时，将硫酸氢铵中的氢离子反应完，说明原溶液体积为3mL，
物质的量浓度为0.1000mol
. L
−1，a点溶液中n(SO4
2−)=0.1000mol⋅L
−1×3×10
−3 L=3.0×10
−4mol，
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故A 正确；
B.b点溶质为硫酸钠和硫酸铵且两者物质的量浓度相等，根据电荷守恒得
到 c(N H 4
+)+c(H
+)+c(N a
+)=c(O H
−)+2c(SO4
2−) ，再根据物料守恒 c(N a
+)=c(SO4
2−) ，则得到溶液
中 c(N H 4
+)+c(H
+)−c(N a
+)=c(O H
−) ，故B 正确；
C. 常温时，c点溶质为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨且后两者的物质的量浓度相等，
K h( N H 4
+)= K w
K b
= 1.0×10
−14
1.8×10
−5 =5.56×10
−10< K b ，说明是一水合氨电离占主要，因此溶液中pH >7 ，
故C 错误；
D.b溶质为硫酸钠和硫酸铵，促进水的电离，d点溶质是硫酸钠和一水合氨，抑制水的电离，因此水的电离
程度：b>d，故D 正确。
综上所述，答案为C。
10.常温下❑,用如图1所示装置，分别向25mL0.3mol / L N a2C O3溶液和25mL0.3mo/ L NaHC O3溶
液中逐滴滴加0.3mol/ L的稀盐酸，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
( )
A. X曲线为N a2C O3溶液的滴定曲线
B. b点溶液的pH大于c点溶液的pH
C. a、d两点水的电离程度：a>d
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D. c点的溶液中：c( N a
+)+c( H
+)=2c(CO❑3
2−)+c( HCO❑3
−)+c(O H
−)
【答案】C
【解析】A. 碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO❑3
2−+ H
+= HCO❑3
−+ H 2O,然后发生
HCO❑3
−+ H
+= H 2C O3+ H 2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO❑3
−+ H
+= H 2C O3+ H 2O，所以
滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强
达到最大，所以X代表NaHC O3溶液，Y 代表N a2C O3溶液，A 错误：
B.b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为NaHC O3,所以c点代表溶液的pH更大，B 错误：
C.d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸
氢钠，HCO❑3
−、CO❑3
2−的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，C 正确。
D.c点的溶液中：根据电荷守恒知，c( N a
+)+( H
+)=2(CO❑3
2−)+c( HCO❑3
−)+c(O H
−)+c(C l
−)，D
错误。
故选：C。
11.室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHC O3)的稀溶液中逐滴加入0.100mol / L盐酸，滴定曲线如图，
其中p、q为滴定终点，下列分析正确的是（ ）
A. p→q，选用酚酞做指示剂，到达滴定终点时溶液由红色变为无色
B. 由滴定数据可知，原纯碱中
n(N a2C O3)
n(NaHC O3)
>5
59
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C. p点pH >7的主要原因：C O3
2−+ H 2O⇀
↽HC O3
−+O H
−
D. q点溶液中：c(N a
+)=0.215mol⋅L
−1
【答案】B
【解析】A.滴定终点q点溶液的pH =5.4，呈弱酸性，应选甲基橙作指示剂，到达滴定终点时溶液由黄色
变为橙色，故A 错误；
B.N a2C O3+ HCl = NaHC O3+ NaCl，NaHC O3+ HCl = H 2C O3+ NaCl，由图可知10.0mL纯碱溶液中
n( N a2C O3)=0.0098 L×0.100mol / L=0.00098mol，
n( NaHC O3)=(0.0215−0.0098×2)L×0.100mol / L=0.00019mol，
则
原
纯
碱
中
n( N a2C O3)
n( NaHC O3)
= 0.00098mol
0.00019mol >5，故B 正确；
C.p点溶液中溶质为NaHC O3，HCO3
−水解使溶液呈弱碱性，电离方程式为
HCO3
−+ H 2O⇌H 2C O3+O H
−，故C 错误；
D.q点
溶
液
中
溶
质
为
H 2C O3和
NaCl，
根
据
Cl原
子
守
恒
可
知
n( N a
+)=n( NaCl)=n( HCl)=0.0215 L×0.100mol / L=0.00215mol，
c( N a
+)= n
V = 0.00215mol
0.0315 L
≈0.068mol / L，故D 错误；
故选：B。
12.室温下，通过下列实验探究N H 4 Al(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验1：用pH试纸测定0.1mol· L
−1 N H 4 Al(SO4)2溶液的pH，测得pH约为6
实验2：向0.1mol· L
−1 N H 4 Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH )2溶液，产生白色沉淀
实验3：向0.1mol· L
−1 N H 4 Al(SO4)2溶液中通入一定量的N H 3至沉淀完全
实验4：向0.1mol· L
−1 N H 4 Al(SO4)2溶液中加入N a2C O3产生沉淀和气体
下列说法正确的是( )
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A. 0.1mol· L
−1 N H 4 Al(SO4)2溶液中由水电离出的c( H
+)约为10
−8mol· L
−1
B. 实验2发生反应离子方程式为
N H 4
+ + A l
3++ SO4
2−+ B a
2++ 4O H
−= BaSO4↓+ Al(OH )3↓+ N H 3· H 2O
C. 实验3得到的溶液中有c( N H 4
+)>c(SO4
2−)>c( H
+)>c(O H
−)
D. 实验4过滤后所得清液中一定存在：c
2( A l
3+)= K sp[ A l2(C O3)3]
c
3(C O3
2−)
【答案】C
【解析】A.铵根离子和铝离子的水解促进水的电离，0.1mol· L
−1 N H 4 Al(SO4)2溶液的pH约为6，则由
水电离出的c( H
+)约为10
−6mol· L
−1，故A 错误；
B.实验2向0.1mol· L
−1 N H 4 Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH )2溶液，反应生成硫酸钡沉淀、硫酸铵
和氢氧化铝，发生反应离子方程式为2 A l
3++3 SO4
2− +3 B a
2++6O H
−=3 BaSO4↓+2 Al(OH )3↓，故B
错误；
C.实验3向0.1mol· L
−1 N H 4 Al(SO4)2溶液中通入一定量的N H 3至沉淀完全，则得到的溶液为硫酸铵溶
液，溶液呈酸性，离子浓度大小关系为c( N H 4
+ )>c( SO4
2− )>c( H
+)>c(O H
−)，故C 正确；
D.实验4向0.1mol· L
−1 N H 4 Al(SO4)2溶液中加入N a2C O3产生沉淀和气体，可能为发生双水解产生的
氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故过滤后所得清液中不一定存在碳酸铝沉淀的溶解平衡，故不一定存在：
c
2( A l
3+)=
K sp[ A l2(C O3)3]
c
3(C O3
2−)
，故D 错误；
故选C。
13.常温下，向一定浓度H 2C2O4溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与−lgX [ X
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为c( H 2C2O4)、c(C2O4
2−)、
c(C2O4
2−)
c( HC2O4
−)
]的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线M表示−lgc(C2O4
2−)
B. 常温下，K a1( H 2C2O4)=1×10
−1.3mol⋅L
−1
C. a点溶液中：c( K
+)=c( H 2C2O4)+c( H C2O4
−)+c(C2O4
2−)
D. b点溶液中：c( K
+)<3c( H C2O4
−)
【答案】BD
【解析】
向某浓度H 2C2O4溶液中加入KOH固体时，由于二者发生反应，所以H 2C2O4逐渐减少，
−lgc( H 2C2O4)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为−lgc( H 2C2O4)与pH变化关系；
H 2C2O4⇌H C2O4
−+ H
+，H C2O4
−⇌H
++C2O4
2−，c(C2O4
2−)会逐渐增大，−lgc(C2O4
2−)会逐渐减小，
但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为−lgc(C2O4
2−)与pH变化关系；另一条则是
62
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−lg c(C2O4
2−)
c( HC2O4
−)
与pH的变化图，以此解题；
A.由分析可知，曲线M表示−lgc( H 2C2O4)，故A 错误；
B. 电离常数的表达式为：K a1=c( H
+)× c( HC2O4
−)
c( H 2C2O4)，K a2=c( H
+)× c(C2O4
2−)
c( HC2O4
−)
，
K a1× K a2= c
2( H
+)×c(C2O4
2−)
c( H 2C2O4)
，当pH =2.8时，−lgc(C2O4
2−)与−lgc( H 2C2O4)相等，即
c( H 2C2O4)=c(C2O4
2−)，
代
入
可
得
K a1× K a2=(10
−2.8)
2=10
−5.6；
又
当
pH = 4.3时
，
−lg c(C2O4
2−)
c( HC2O4
−)
=0，即c( HC2O4
−)=c(C2O4
2−)，即K a2=10
−4.3，所以K a1= 10
−5.6
10
−4.3 =10
−1.3mol⋅L
−1，
故B 正确；
C.a点溶液中由电荷守恒可知c( K
+)+c( H
+)=c( H C2O4
−)+2c(C2O4
2−)+c(O H
−)，a点
c(C2O4
2−)=c( H 2C2O4)，则c( K
+)=c( H C2O4
−)+c( H 2C2O4)+c(C2O4
2−)+c(O H
−)−c( H
+)，a点
溶液显酸性说明c(O H
−)<c( H
+)，故c( K
+)<c( H 2C2O4)+c( H C2O4
−)+c(C2O4
2−)，故C 错误；
D.b点时，电荷守恒为c( K
+)+c( H
+)=c( HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)+c(O H
−)，此时pH = 4.3，即
−lg c(C2O4
2−)
c( HC2O4
−)
=0，
所
以
c( HC2O4
−)=c(C2O4
2−)，
所
以
上
式
变
形
为
：
c( K
+)+c( H
+)=3c(C2O4
2−)+c(O H
−)，
c( K
+)−3c(C2O4
2−)=c(O H
−)−c( H
+)，
因
为
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c(O H
−)<c( H
+)，所以c( K
+)<3c(C2O4
2−)，故D 正确；
故选：BD。
14.25℃时，用0.1mol· L
−1 NOH溶液滴定同浓度的H 2 A溶液，H 2 A被滴定分数[ n(NaOH )
n( H 2 A ) ]、pH及微
粒分布分数δ[δ (X )=
n(X )
n(H 2 A)+n(H A
−)+n( A
2−)
, X表示H 2A、H A
−或A
2−]的关系如图所示：
下列说法错误的是( )
A. 25℃时，H 2 A第一步电离平衡常数K a1≈10
−4
B. c点溶液中：c( N a
+)=2c( H A
−)+c( A
2−)
C. a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d >b>a
D. b点溶液中：c( N a
+)>c( H A
−)>c( A
2−)>c( H 2 A )>c(O H
−)
【答案】CD
【解析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1mol⋅L
−1 NaOH溶液滴定二元弱酸H 2 A的滴定曲线，
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当 n(NaOH )
n( H 2 A) <1时，H 2 A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H 2 A；当 n(NaOH )
n( H 2 A) =1时，反应生成
NaHA，NaHA溶液显酸性；当2> n(NaOH )
n( H 2 A ) >1时，溶液中溶质为NaHA和N a2 A；当 n(NaOH )
n( H 2 A ) =2时，
反应生成N a2 A，N a2 A溶液显碱性。
A.A由图可知，25°C，c( H A
−)=c( H 2 A )时，pH约为4，则H 2 A第一步电离平衡常数
K a1= c( HA
−)c( H
+)
c( H 2 A )
=c( H
+)≈10
−4，故A 正确；
B.c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和N a2 A，且c( H A
−)=c( A
2− )，由电荷守恒可知
c( N a
+)+c( H
+)=c( H A
−)+c(O H
−)+2c( A
2−)，
pH =7，
c( H
+)=c(O H
−)，
故
c( N a
+)=c( H A
−)+2c( A
2− )=3c( H A
−)=3c( A
2− )=2c( H A
−)+c( A
2−)，故B 正确；
C.未加氢氧化钠溶液时，H 2 A电离出氢离子，抑制水的电离，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、N a2 A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为N a2 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四点溶液中水的电离程度：d >c>b>a，故C 错
误；
D.b点溶液中溶质为NaHA和N a2 A，结合图像可知c( N a
+)>c( H A
−)>c( A
2− )>c( H 2 A )，b点pH <7，
c( H
+)>c(O H
− )，H 2 A被滴定分数 [ n( NaOH )
n( H 2 A ) ] >1，c(O H
− )> c( H 2 A )，故D 错误。
15.钛酸钡(BaTiO3)是制备电子陶瓷材料的基础原料。
(1)实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：
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已知：TiC l4能水解生成TiO
2+，TiO
2+能进一步水解生成TiO2；BaTiO3能与浓硫酸反应生成TiO
2+。草
酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2⋅4 H 2O。
①Ti( IV )的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的
pH在2～3之间，理由是___________。
②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。
现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固
体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段II发生反应的化学方程式为___________。
③钛酸钡晶胞的结构示意图如图所示，其中与T i
4+紧邻的O
2−构成的几何构型是___________。
(2)利用F e
3+将浅紫色T i
3+氧化为无色Ti( IV )的反应可用于测定钛酸钡的纯度。
①请补充完整实验方案：称量2.33 g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全
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反应( Al将TiO
2+转化为T i
3+)；___________；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待
测钛液于锥形瓶中，___________；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液
19.50mL。(实验时须使用的试剂有：稀硫酸、0.1000mol⋅L
−1 FeC l3溶液、KSCN溶液)
②钛酸钡样品的纯度为___________(写出计算过程)。
【答案】(1)①pH在2～3之间时，Ti( IV )主要以 TiO(C2O4)2
2−的形式存在，可直接与B a
2+反应，有利
于草酸氧钛钡晶体的生成
②BaTiO(C2O4)2
220∼470
∘C̲̲
BaC O3+TiO2+2CO↑+C O2↑
③正八面体
(2)①过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；向锥形瓶中
滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000mol⋅L
−1 FeC l3 溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫
色变成血红色，半分钟红色不褪去
②根据电子得失守恒可知T i
3+～F e
3+，钛酸钡样品中Ti的物质的量是
5×0.0195 L×0.1mol/ L=9.75×10
−3mol，钛酸钡的质量是9.75×10
−3mol×233 g/mol，因此钛酸钡
样品的纯度为 9.75×10
−3×233
2.33
×100％=97.5 %
【解析】由制备实验流程可知，向TiC l4溶液和氯化钡混合液中加入草酸溶液、氨水得到草酸氧钛钡晶体，
最后通过过滤、洗涤、干燥煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3，以此分析解答；
(1)①根据图像可知pH在2～3之间时，Ti( IV )主要以 TiO(C2O4)2
2−的形式存在，可直接与B a
2+反应，
有利于草酸氧钛钡晶体的生成，因此“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间。
44.9
②
g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1mol，含有结晶水的物质的量是0.4 mol，质量是
0.4 mol×18 g/mol =7.2g，A →B点固体质量减少44.9 g−37.7 g=7.2g，即B点固体
是 BaTiO(C2O4)2 ，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据原子守恒可知碳酸钡的质量是
0.1mol×197 g/mol =19.7 g，钛氧化物电子质量是27.7 g−19.7 g=8.0 g，其中氧原子的物质的量
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是 8.0−4.8
16
mol =0.2mol，所以该氧化物是TiO2，设生成的CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，
则x + y =0.4−0.1=0.3，依据电子得失守恒可知x = y +0.1，解得x =0.2，y =0.1，所以阶段Ⅱ发生反应的
化学方程式为 BaTiO(C2O4)2
220∼470
∘C̲̲
BaC O3+TiO2+2CO↑+C O2↑。
③根据钛酸钡晶胞的结构示意图可知与T i
4+紧邻的O
2−位于棱的中心处，构成的几何构型是正八面体。
(2)①称量2.33 g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应( Al将 TiO
2+转
化为 T i
3+ )；过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将
待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴
KSCN溶液，用0.1000mol⋅L
−1 FeC l3 溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，
半分钟红色不褪去；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。
②根据电子得失守恒可知T i
3+～F e
3+，钛酸钡样品中Ti的物质的量是
5×0.0195 L×0.1mol / L=9.75×10
−3mol，钛酸钡的质量是9.75×10
−3mol×233 g/mol，因此钛酸钡
样品的纯度为 9.75×10
−3×233
2.33
×100％=97.5 %。
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