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第02 讲 水的电离和溶液的pH
目录
01 课标达标练
题型01 水的电离及影响因素
题型02 水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算
题型03 溶液酸碱性的判断
题型04 有关pH 的简单计算
题型05 酸碱中和滴定及误差分析
题型06 中和滴定曲线分析
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 水的电离及影响因素
1．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O
H＋＋OH- ΔH>0，下列叙述正确的是
A．向水中加入稀NaOH 溶液，平衡逆向移动，c(OH-)降低
B．向水中滴加浓盐酸至c(HCl)=0.01 mol/L，则溶液中c(OH-)=1×10-12 mol/L
C．降温，使平衡右移，c(H＋)增大，溶液呈酸性
D．将水加热，Kw增大，pH 不变
【答案】B
【详解】A．加入稀NaOH 溶液，c(OH-)增大，平衡逆向移动，选项A 错误；
B．滴加浓盐酸，c(H＋)增大，平衡逆向移动， Kw不变，则c(OH-)=
=
mol/L=1×10-12 mol/L，
选项B 正确；
C．降温，平衡左移，c(H＋)减小，溶液仍然呈中性，选项C 错误；
D．加热，Kw增大，c(OH-)增大，pH 变小，选项D 错误；
答案选B。
1
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2．一定温度下，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c 向d 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，a 点时的溶液一定是一种酸的溶液
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c 向b 的变化
【答案】D
【分析】在abc 这条曲线上的任意一点都为水电离的平衡点，在相同温度下KW都相等，据此回答。
【详解】A．温度升高，水的离子积常数增大，水溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，将不在曲线
上，A 错误；
B．b 点(H+)=c(OH-)=1.0×10-6，故KW=1.0×10-6×1.0×10-6=1.0×10-12，B 错误；
C．a 点溶液中c(H+)>c(OH-)，可能是酸溶液、盐溶液等，C 错误；
D．稀释不会引起水的离子积的改变，溶液向中性靠近，该温度下，稀释溶液可能引起由c 向b 的变化，D
正确；
故选D。
3．(24-25 高三上·四川达州通川区·开学考)在25 C 下，向0.1 mol/L 氨水中通入HCl 气体，溶液的pH 与
n(HCl)
n(NH3⋅H2O) 关系曲线如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列说法错误的是
A．Kb(NH3·H2O)≈10-4.6
B．水的电离程度： a<b<c
C．c 点溶液中存在： c(H+ )=c(OH-)+c(NH3·H2O)
2
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D．b 点溶液中存在： c(NH4
+)=c(NH3·H2O)×10-2.4
【答案】D
【分析】n(HCl)
n(NH3⋅H2O) =1.0 时，NH3⋅H2O+HCl=NH4Cl+H2O刚好反应完，是强酸弱碱盐水溶液，因弱离子
水解呈酸性。
【详解】A．NH3·H2O⇌ NH4
++OH-，根据初始未通入HCl 的pH=11.2 得：
c(OH-)=c(NH4
+)=10-2.8 mol/L，Kb(NH3·H2O)=c(NH4
+)⋅c(OH
-)
c(NH3⋅H2O)
=10
-2.8×10
-2.8
0.1-10
-2.8
≈10-4.6，A 正确；
B．从a 点到c 点，溶质由NH3·H2O 和NH4Cl 逐渐变为NH4Cl，水的电离程度逐渐增大，B 正确；
C．c 点的溶质为NH4Cl，存在电荷守恒：c(H+)+c(NH4
+)=c(OH-)+c(Cl-)，元素守恒：c(NH4
+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，可
得质子守恒：c(H+)=c(OH-)+ c(NH3·H2O)，C 正确；
D．b 点的pH=7，c(OH-)=10-7 mol/ L，由于温度不变，则Kb(NH3·H2O)不变，即c(NH4
+)×10
-7
c(NH3⋅H2O) =10-4.6，得c(
NH4
+)=c(NH3·H2O)×102.4，D 错误；
故选D。
4．在某温度时，将nmol/L 氨水滴入10mL1.0mol/L 盐酸中，溶液pH 和温度随加入氨水体积变化曲线如图
所示，下列有关说法正确的是
A．水的电离程度：a>b>d>c
B．n=1.0
C．c 点：c(NH4
+)=c(Cl
-)=1.0mol/L
D．25℃时，NH4Cl的水解常数计算式为Kh=(
n
2 −0.5)×10
−7
0.5
【答案】D
【分析】由图可知，反应温度最高时，氨水溶液的体积小于10mL，则氨水的浓度小于1.0mol/L；a 点为
1.0mol/L 盐酸溶液，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，b 点盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，铵根离子
在溶液中水解促进水的电离，c 点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，d 点为氯化铵
和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性。
3
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【详解】A．由分析可知，a 点为1.0mol/L 盐酸溶液，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，b 点盐酸与氨水
恰好反应生成氯化铵，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，则a 点水的电离程度小于b 点，故A 错误；
B．由分析可知，氨水的浓度小于1.0mol/L，故B 错误；
C．由分析可知，c 点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢
氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(NH❑4
+)+c(H+)=c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(NH❑4
+)=c(Cl—)=
1.0mol/L×0.01L
0.02L
=0.5 mol/L，故C 错误；
D．由分析可知，c 点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢
氧根离子浓度，均为10—7 mol/L 由电荷守恒关系c(NH❑4
+)+c(H+)=c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(NH❑4
+)=c(Cl
—)= 1.0mol/L×0.01L
0.02L
=0.5 mol/L，由氮原子个数守恒可知，溶液中一水合氨的浓度为(nmol/L×0.01L
0.02L
—0.5 mol/L)，则铵根离子的水解常数Kh=(n
2 -0.5)×10
-7
0.5
，故D 正确；
故选D。
02 水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算
5．(24-25 高三上·四川绵阳·月考)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NA
B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1mol Fe
2+被氧化时，该反应转移电子数目为3NA
C．含有0.4mol阳离子的Na2O、Na2O2混合物中，离子总数目为0.6NA
D．常温下，1LpH=10的Na2CO3溶液中由水电离出的H
+数目为10
-10NA
【答案】C
【详解】A．稀硫酸与Cu 不反应，故H2SO4有剩余，含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分
子数小于0.1NA，故A 错误；
B．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，由于I-的还原性大于Fe2+，氯气先氧化I-，则当有1 mol Fe2+被氧化
时，溶液中的碘离子已经完全被氧化，但由于溶液中碘离子的个数未知，故反应转移的电子数无法计算，
故B 错误；
C．Na2O、Na2O2的阳离子、阴离子个数比均为2:1，则含有0.4mol 阳离子的Na2O、Na2O2混合物中，离子
总数目为0.6NA，故C 正确；
D．常温下，1LpH=10 的Na2CO3溶液中由水电离出的H+浓度为10-4mol/L，则由水电离出的H+数目为10-
4NA，故D 错误；
故答案为C。
6．(24-25 高三上·四川乐山·月考)一定能在指定环境中大量共存的是
A．与铝反应放出氢气的溶液：K＋、SO❑4
2−、NO❑3
−、Na+
B．在强碱溶液中：K＋、Na+、CO❑3
2−、NO❑3
−
4
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C．在pH = 1 的溶液中：NO❑3
−、SO❑4
2− 、Na+、Fe2+
D．在由水电离出的c(H+) = 1×10-12 mol/L 的溶液中：Fe3+、ClO-、Na+、SO❑4
2−
【答案】B
【详解】A．与铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，酸性环境中NO3
-具有氧化性，和Al 反应会
生成NO 得不到H2，A 不符合题意；
B．在强碱溶液中存在大量OH-，K＋、Na+、CO3
2-、NO3
-和OH-之间不发生反应，可以大量共存，B 符合题意；
C．在pH = 1 的溶液中存在大量H+，NO3
-、H+、Fe2+之间会发生氧化还原反应，不能大量共存，C 不符合题意；
D．由水电离出的c(H+) = 1×10-12 mol/L 的溶液中水的电离被抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液，Fe3+在碱
溶液中不能大量存在，ClO-在酸溶液中不能大量存在，D 不符合题意；
故选B。
7．(24-25 高三上·四川内江·期中)亚砷酸C[As(OH)3]，是一种无机化合物．室温下，调节某亚砷酸溶液的
pH，体系中含As 物种的组分分布系数δ与pH 的关系如图所示，分布系数δ(x)=
c (x)
c总(As)。下列说法错误
的是
A．K al[As(OH)3]=10
−9
B．pH =10时，水电离的c(OH
−)=10
−4 mol⋅L
−1
C．等物质的量浓度As(OH)3和NaAsO (OH)2混合溶液中c[AsO (OH)2
−]<c[As(OH)3]
D．当溶液pH>12后，体系中c[AsO2(OH)2
−]>c[AsO (OH)2
−]>c(AsO3
3−)
【答案】D
【详解】A．由As(OH)3
H
⇌
++AsO(OH )2
−，Ka1=c[ AsO(OH )2
−]c( H +)
c[ As(OH )3]
根据图像中第一个交点，c[
AsO(OH )2
−]=c[As(OH)3]且c(H+)=10-9mol/L，可算得K a1[ As(OH )3]=10
−9，A 项正确；
B．由图可知pH =10时是亚砷酸的盐溶液，弱酸的盐溶液由于酸根水解，会促进水的电离，所以水电离的
c(OH
−)=10
−4 mol⋅L
−1，B 项正确；
C．AsO(OH )2
−的水解大于As(OH )3的电离，所以等物质的量浓度As(OH )3和NaAsO(OH )2混合溶液中
c[ AsO(OH )2
−]<c[ As(OH )3]，C 项正确；
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D．pH 越大体系中c( AsO3
3−)会越大，D 项错误；
本题选D。
03 溶液酸碱性的判断
8．下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是
A．PH=7 的溶液呈中性
B．中性溶液中一定有c (H
+)=1.0×10
−7mol/L
C．c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性
D．在100℃时，纯水中PH
7
﹤，因此显酸性
【答案】C
【详解】A．只有当温度为25℃，Kw=10-14，显中性时c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，此时pH=7，即只有在25℃
时，pH=7 才显中性，A 错误；
B．25℃时，水的离子积常数Kw= c(H+)×c(OH-)=10-14，所以显中性的溶液才有c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，即只
有在25℃时，c(H+)=10-7 mol/L 才显中性，B 错误；
C．溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小判断的，c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，C 正确；
D．温度升高到100℃，水的电离度增大，致使c(H+)=c(OH-)＞10-7mol/L，纯水的pH＜7，但c(H+)和c(OH-)仍
相等，故溶液仍显中性，D 错误；
故选C。
9．水是生命之源，水溶液中pH 和pOH【pOH=-1gc(OH-)】的关系如图所示，下列判断正确的是
A．a 点溶液呈酸性
B．a→c 可表示稀硫酸稀释时pH 的变化
C．升高NaCl 溶液的温度，可使溶液由b 点移动到a 点
D．温度为T2时，pH=2 的盐酸中，由水电离产生的c(H
+)=1×10
-12mol⋅L
-1
【答案】C
【详解】A．根据pH=-lgc(H+)和pOH=-lgc(OH-)，a 点pH=pOH，即c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，故A 错误；
B．a→c 过程中pH 增大则c(H+)减小，pOH 则c(OH-)不变，稀硫酸稀释时c(H+)减小但c(OH-)增大，则不能表
示pH 的变化，故B 错误；
C．NaCl 是中性溶液，升高温度促进水的电离，c(H+)、c(OH-)均增大，则pH 和pOH 均减小，可使溶液由b
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点移动到a 点，故C 正确；
D．温度为T2时，由a 点可知c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，则水的离子积常数为Kw= c(H+)∙c(OH-)=10-12，pH=2 的
盐酸中c(H+)=10-2mol/L，由水电离产生的c(H
+)=c(OH
−)=1×10
-12
1×10
-2 =1×10
-10mol⋅L
-1，故D 错误；
故选C。
10．25 ℃时，在等体积的下列溶液中，发生电离的水的物质的量之比是
pH
①
＝0 的H2SO4溶液 ②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液 ③pH＝10 的Na2S 溶液 ④pH＝5 的NH4NO3溶
液
A．1 10 10
∶
∶
10 10
∶
9
B．1 5 5×10
∶∶
9 5×10
∶
8
C．1 20 10
∶
∶
10 10
∶
9
D．1 10 10
∶
∶
4 10
∶
9
【答案】A
【详解】设溶液的体积为1 L，①中pH＝0 的H2SO4溶液中c(H＋)＝1 mol·L－1，c(OH－)＝10－14 mol·L－1，电
离的水的物质的量为10－14 mol；②中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－13 mol·L－1，电离的水的物质的量
为10－13 mol；③中c(OH－)＝10－4 mol·L－1，电离的水的物质的量为10－4 mol；④中c(H＋)＝10－5 mol·L－
1，电离的水的物质的量为10－5 mol；故①②③④中电离的水的物质的量之比为10－14 10
∶
－13 10
∶
－4 10
∶
－5＝
1 10 10
∶
∶
10 10
∶
9。
04 有关pH 的简单计算
11．常温下将以下两溶液等体积混合后，所得溶液pH =7的是
A．0.1mol/L HCl与pH =11的NaOH
B．0.1mol/L CH3COOH与0.1mol/L NaOH
C．pH =3的H2SO4与pH =11的NaOH
D．pH =3的CH3COOH与pH =11的NaOH
【答案】C
【详解】A．0.1mol/L HCl中H+浓度为0.1mol/L 与pH =11的NaOH中OH-浓度为10-3mol/L，二者溶液等体
积混合，H+过量，故所得溶液呈酸性，pH＜7，A 不合题意；
B．0.1mol/L CH3COOH与0.1mol/L NaOH等体积混合恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa 是强碱
弱酸盐，因水解溶液呈碱性，pH＞7，B 不合题意；
C．pH =3的H2SO4中H+浓度为10-3mol/L 与pH =11的NaOH中OH-浓度为10-3mol/L，二者等体积混合恰好完
全中和生成强酸强碱盐，所得溶液呈中性，pH=7，C 符合题意；
D．pH =3的CH3COOH与pH =11的NaOH等体积混合时，CH3OOH 过量，故混合后的溶液呈酸性，pH＜7，D
不合题意；
故答案为：C。
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12．(24-25 高三上·四川成都·月考)在常温下，有关下列4 种溶液的叙述中错误的是
编
号
①
②
③
④
溶
液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH 均减小
B．分别取1mL 稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>④>③
C．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c(Cl
−)>c(NH4
+)>c(OH
−)>c (H
+)
D．将aL 溶液④与bL 溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a:b=11:9
【答案】C
【详解】A．氯化铵溶于水后电离出NH4
+可以抑制氨水的电离使OH−浓度减小，NH4
+还可以结合NaOH 溶液中
的OH−使其OH−浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH 都会减小，选项A 正确；
B．氨水稀释过程中会继续电离出OH−，所以稀释10 倍其pH 的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋
酸稀释10 倍其pH 的变化也小于1，则pH：③<④，则四种溶液的pH：①>②>④>③，选项B 正确；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11 的氨水浓度远大于10-3mol/L，而盐酸为强酸，pH=3 的盐酸浓度为10-
3mol/L，二者等体积混合碱过量，所以c(NH4
+) >c(Cl-)，选项C 错误；
D．pH=11 的NaOH 溶液和pH=3 的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则
aL×10
-3mol/L-bL×10
-3mol/L
(a+b)L
=10-4mol，解得a：b=11：9，选项D 正确；
故选C。
13．25℃时，在一定体积pH=2 的NaHSO4溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的Ba(OH)2溶液，当溶液中
的硫酸根恰好完全沉淀时，溶液的pH=11，若反应后溶液的体积等于反应的两溶液的体积之和，则NaHSO4
溶液与Ba(OH)2溶液的体积比为
A．1：9
B．9：1
C．1：2
D．1：4
【答案】A
【详解】pH=2 的NaHSO4溶液中c(H+)=10-2mol/L，设溶液体积为x，得到氢离子物质的量为x×10-2mol；两者
按物质的量之比为1：1 反应，则反应的氢氧化钡的物质的量为x×10-2mol，氢氧根离子的物质的量为：
2x×10-2mol；设氢氧化钡溶液体积为y，依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液
pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L；所以得到：2 x×10
−2−x×10
−2
x + y
=10
−3；得到x：
y=1：9；
答案选A。
14．常温下，等体积酸和碱的溶液混和后，溶液pH<7 的是
8
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A．pH 之和为14 的硝酸和氢氧化钾溶液B．pH=5 的盐酸和pH=9 的氨水溶液
C．pH=5 的醋酸和pH=9 的苛性钠溶液
D．pH 之和为15 的硫酸和氢氧化钡溶液
【答案】C
【详解】A． 由于硝酸和氢氧化钾都是强电解质，pH 之和为14 的硝酸和氢氧化钾溶液中c (H
+)=c(OH
﹣)，
混合液为中性，pH=7，故A 不符合题意；
B． 氨水为弱碱，盐酸的pH=5，氨水的pH=9，则c(OH
﹣)=10
9-14 mol⋅L
﹣1=10
−5 mol⋅L
﹣1，氨水的浓度
远远大于10
−5 mol⋅L
﹣1，氨水远远过量，溶液显示碱性，溶液的pH>7，故B 不符合题意；
C． 醋酸是弱酸，醋酸的pH=5，苛性钠溶液的pH=9，则c(OH
﹣)=10
9-14 mol⋅L
﹣1=10
−5 mol⋅L
﹣1，醋酸
的浓度远远大于10
−5 mol⋅L
﹣1，醋酸远远过量，溶液显示酸性，溶液的pH<7，故C 符合题意；
D，硫酸和氢氧化钡为强电解质，设硫酸溶液的pH=a，pH 之和为15 的硫酸和氢氧化钡溶液，则氢氧化钡
溶液的pH=15﹣a，溶液中c(OH-)
=10
pH-14 mol⋅L
﹣1=10
15-a-14 mol⋅L
-1=10
1-a mol⋅L
-1=10×10
-a mol⋅L
﹣1， c (H
+)<c(OH
﹣)，混合液中
OH﹣过量，溶液显示碱性，溶液的pH>7，故D 不符合题意；
故选C。
15．在25 ℃时，关于下列溶液混合后溶液pH 的说法中正确的是
A．pH＝10 与pH＝12 的NaOH 溶液等体积混合，溶液的pH 约为11
B．pH＝5 的盐酸稀释1000 倍，溶液的pH＝8
C．pH＝2 的H2SO4溶液与pH＝12 的NaOH 溶液等体积混合，混合液pH＝7
D．pH＝12 的NH3·H2O 溶液与pH＝2 的HCl 溶液等体积混合，混合液pH＝7
【答案】C
【详解】c 混合(OH－)＝ mol·L－1≈5.0×10－3 mol·L－1，c 混合(H＋)＝ mol·L－1＝2×10－12 mol·L－1，pH＝－lg
(2×10－12)＝12－lg 2≈11.7，A 错误；pH＝5 的盐酸稀释1000 倍后，溶液的pH<7，B 错误；pH＝2 的H2SO4
溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，pH＝12 的NaOH 溶液中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，二者等体积混合所得溶液
pH＝7，C 正确；pH＝12 的NH3·H2O 溶液中，NH3·H2O 部分电离，c(NH3·H2O)>0.01 mol·L－1，pH＝2 的
HCl 溶液中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，二者等体积混合后有NH3·H2O 剩余，溶液pH>7，D 错误。
05 酸碱中和滴定及误差分析
16．下列有关实验操作的说法错误的是
A．中和滴定时，溶液颜色刚刚变色便立即读数，会导致测量结果偏大
B．中和滴定实验中，若滴定管用水润洗后就装入标准液滴定，会导致测量结果偏大
C．中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响
D．用碱式滴定管量取NaOH 溶液，开始时仰视液面读数，取出部分溶液后，俯视液面读数，实际量取
的液体体积比读数偏大
【答案】A
9
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【分析】根据c(待测)=
c(标准)V (标准)
V (待测)
分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】A．中和滴定时，溶液颜色刚刚变色便立即读数，后续可能会出现颜色恢复的现象，会导致V(标准)
偏小，测量结果偏小，故A 错误；
B．中和滴定实验中，若滴定管用水润洗后就装入标准液滴定，会导致标准液浓度偏小，则V(标准)偏大，测
量结果偏大，故B 正确；
C．中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水，不影响待测液的物质的量，即不影响V(标准)，对滴定结果无
影响，故C 正确；
D．用碱式滴定管量取NaOH 溶液，开始时仰视液面读数，取出部分溶液后，俯视液面读数，由于量取液体
体积定量，因此实际量取的液体体积比读数偏大，故D 正确；
故答案为A。
17．(24-25 高三上·四川成都成飞中学·月考)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 溶液滴定中和硝酸至溶
液恰好由无色变为粉红色。
ii．向i 所得溶液加入过量0.50 mol·L-1 NaOH 溶液V1 mL，充分反应，使乙二醛反应生成HOCH2COONa(已知：
OHCCHO + NaOH→HOCH2COONa)
iii．用0.50 mol·L-1硫酸滴定ii 中溶液至终点，消耗硫酸体积为V2 mL。
下列说法不正确的是
A．滴定时硫酸标准液应用酸式滴定管盛装
B．乙二醛与NaOH 反应生成HOCH2COONa 属于氧化还原反应
C．待测溶液中乙二醛浓度为(0.5V1-V2)
V
mol·L-1
D．若不进行步骤i，测得溶液中乙二醛浓度偏低
【答案】D
【详解】A．硫酸溶液为酸性溶液，滴定时硫酸标准液应用酸式滴定管盛装，故A 正确；
B．乙二醛在氢氧化钠溶液中发生歧化反应生成HOCH2COONa，反应中1 个醛基被氧化，一个醛基被还原，
该反应属于氧化还原反应，故B 正确；
C．由题意可知，氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为0.5 mol/L×V1×10-3 L=5V1×10-4 mol，与硫酸溶液反
应的氢氧化钠的物质的量为=2×0.5 mo1/L×V2×10-3L= V2×10-3 mol，则待测溶液中乙二醛浓度
(5V1×10
−4-V2×10
−3)mol
V×10
−3L
=(0.5V1-V2)
V
mol·L-1，故C 正确；
D．若不进行步骤i，部分乙二醛被氧化成酸，消耗的氢氧化钠溶液变大，步骤ⅲ消耗的硫酸减少，从而导
致乙二醛的浓度增大，故D 错误；
故选D。
18．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，已知：Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。室温下，用
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0.2000mol·L-1NaOH 溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至终点。对于滴定过程中的下列描述正确的是
A．当滴入10.00mLNaOH 溶液时，混合溶液的pH 可能大于7
B．溶液中，始终存在c(Na+)<c(HC2O❑4
−)+2c(C2O❑4
2−)
C．选择酚酞作指示剂，滴定终点时溶液可能呈粉红色
D．溶液中c(HC2O4
−)
c(C2O4
2−)
一直增大
【答案】C
【详解】A．当滴入10.00mLNaOH 溶液时，则二者恰好完全反应生成NaHC2O4，HC2O❑4
−水解平衡常数Kh=
10
−14
5.4×10
−2 ≈1.85×10
−13＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性，混合溶液的pH 小于7，故
A 错误；
B．加入20mLNaOH 溶液时，溶液中溶质为Na2C2O4，物料守恒c（Na+）=2[c（C2O❑4
2−）+c（HC2O❑4
−）+c
（H2C2O4）]>c(HC2O❑4
−)+2c(C2O❑4
2−)，故B 错误；
C．达到滴定终点时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液呈碱性，酚酞的变色范围是(pH8.2 ～ 10.0)，此时溶液
呈粉红色，故C 正确；
D．溶液中K a2=c(C2O4
2−)c( H
+)
c(HC2O4
−)
，则c(HC2O4
−)
c(C2O4
2−)
=c( H
+)
K a2
，温度不变，Ka2不变，随着NaOH 溶液滴入，
c(H+)减小，则c(HC2O4
−)
c(C2O4
2−)
一直减小，故D 错误。
故选C。
19．用0.1000mol·L-1的NaOH 溶液来测定市售白醋的总酸量。下列操作会使实验结果偏高的是
A．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
B．碱式滴定管在滴定时未用NaOH 标准溶液润洗
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．碱式滴定管内滴定前无气泡，滴定后有气泡产生
【答案】B
【分析】中和滴定过程中，发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则n(NaOH)=n(CH3COOH)，即
c[NaOH(aq)]∙V[NaOH(aq)]=n(CH3COOH)。
【详解】A．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，溅出的少量液体中，既有反应生成的醋酸钠，也有未反应的醋酸，
从而减少滴定所用NaOH 溶液的体积，使实验结果偏低，A 不符合题意；
B．碱式滴定管在滴定时未用NaOH 标准溶液润洗，则标准NaOH 溶液的浓度偏小，所用体积偏大，从而使
实验结果偏高，B 符合题意；
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对醋酸的物质的量不造成影响，也就是不影响实验结果，
C 不符合题意；
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D．碱式滴定管内滴定前无气泡，滴定后有气泡产生，则读取所用NaOH 溶液的体积偏小，从而使实验测定
结果偏低，D 不符合题意；
故选B。
20．某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用
实验室标准NaOH 溶液(浓度有0.1000 mol·L－1和0.0100 mol·L－1两种)对其进行滴定。下列说法正确的是
A．该实验应选用甲基橙作指示剂
B．用0.1000 mol·L－1标准NaOH 溶液滴定时误差更小
C．准确量取一定体积的白醋放入洗净的锥形瓶中后，再加少量蒸馏水后开始滴定
D．滴定时，眼睛一直注视着刻度线，以防止液面下降到滴定管最大刻度以下
【答案】C
【分析】该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，故A 错误；由于
白醋中醋酸浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，故B 错误；准确量取一定体积的白醋放
入洗净的锥形瓶中后，再加少量蒸馏水，不影响实验结果，故C 正确；滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液
颜色的变化，故D 错误。
06 中和滴定曲线分析
21．(23-24 高三上·四川绵阳·月考)室温下，向20mL0.1mol·L-1叠氮酸(HN3)溶液中滴加pH=13 的NaOH 溶液，
水电离c(H+)与NaOH 溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是
A．在a、b、c、d 中，水的电离度最大的是d
B．在c 点对应溶液中：c(OH-)=c(H+)＋c(HN3)
C．b 点和d 点对应溶液的pH 相等
D．室温下，电离常数Ka(HN3)= 1×101−2x
【答案】B
【分析】由图可知，a 点为0.1mol/L 叠氮酸溶液，b 点为叠氮酸和叠氮酸钠的混合溶液，溶液呈中性，c 点
为叠氮酸钠溶液，d 点为叠氮酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。
【详解】A．水电离出的氢离子浓度越大，水的电离程度越大，由图可知，c 点水的电离度最大，故A 错误；
B．由分析可知，c 点为叠氮酸钠溶液，溶液中存在质子守恒关系c(OH-)=c(H+)＋c(HN3)，故B 正确；
C．由分析可知，b 点为叠氮酸和叠氮酸钠的混合溶液，溶液呈中性，d 点为叠氮酸钠和氢氧化钠的混合溶
液，溶液呈碱性，故C 错误；
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D．由图可知，a 点为0.1mol/L 叠氮酸溶液，水电离出的氢离子浓度为1×10−xmol/L，则溶液中氢离子浓度为
1×10−14+xmol/L，电离常数Ka(HN3)= 1×10
-14+x×1×10
-14+x
0.1
=1×10−27+2x，故D 错误；
故选B。
22．(23-24 高三上·四川成都第七中学·月考)25℃时，用0.10mol·L-1的氨水滴定10.0mLamol·L-1的盐酸，溶液
的pH 与氨水体积(V)的关系如图所示，已知N 点为恰好完全反应点。下列说法不正确的是
A．a=0.10
B．N、P 两点溶液中水的电离程度：N<P
C．M、N 两点溶液中NH4
+的物质的量之比大于1 2∶
D．Q 点溶液中存在：2c(O H
−)−2c(H
+)=c(N H 4
+)−c(N H 3⋅H 2O)
【答案】B
【分析】用 0.10mol/L 的氨水滴定10.0mL a mol/L 的盐酸，N 点恰好反应完，溶质为NH4Cl，根据物料守恒，
溶液存在：c(Cl-)=c(NH❑4
+)+c(NH3•H2O)，结合图象和溶液中的物料守恒，电荷守恒，质子守恒分析判断。
【详解】A．用 0.10mol/L 的氨水滴定10.0mL a mol/L 的盐酸，N 恰好生成NH4Cl，溶液存在：c(Cl-)=c(NH
❑4
+)+c(NH3•H2O)，为滴定终点，此时消耗氨水的体积为10.0mL，则a=0.10，故A 正确；
B．N 点恰好生成NH4Cl,水解促进水的电离，P 点时存在过量的氨水，抑制水的电离，则N、P 两点溶液中水
的电离程度：N＞P，故B 错误；
C．M 点时加入的氨水的体积为5.0mL，则溶液中起始时存在c(NH4Cl)=c(HCl)，由于有HCl 的存在，抑制
NH4Cl 的水解，N 点时达到滴定终点，此时溶液中恰好生成NH4Cl，若不考虑水解，M、N 两点溶液中NH❑4
+
的物质的量之比等于1：2，由于M 点处NH4Cl 被抑制，N 点处NH4Cl 水解不受抑制，则M、N 两点溶液中
NH❑4
+的物质的量之比大于1：2，故C 正确；
D．Q 点时加入氨水的体积为20.0mL，溶液中起始时存在c(NH4Cl)：c(NH3•H2O)=1：1，电荷守恒等式为：
c(Cl-)+c(OH-)=c(NH❑4
+)+c(H+)，物料守恒等式为：2c(Cl-)=c(NH❑4
+)+c(NH3•H2O)，两者合并得到：
2c(OH
−)−2c(H
+)=c(NH4
+)−c(NH3⋅H2O)，故D 正确。
答案选B。
23．(23-24 高三上·四川成都外国语学校·期中)分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组
分的物质的量之比。常温下以0.10mol·L-1的HCl 溶液滴定同浓度某一元碱MOH 溶液并绘制滴定曲线如图所
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示。下列说法不正确的是
A．该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B．从x 点到z 点的整个过程中，y 点的水的电离程度最大
C．x 点处的溶液中满足：c(MOH)＋c(OH-)<c(M＋)＋c(H＋)
D．根据y 点坐标可以算得Kb(MOH)=9×10-7
【答案】B
【分析】以0.10mol·L-1的HCl 溶液滴定同浓度某一元碱MOH 溶液，则滴定分数为1 时恰好完全反应得到
MCl 溶液，即z 点；滴定分数为0.5 时，得到等物质的量的MCl、MOH 混合溶液，即x 点；
【详解】A．由图可知，滴定分数=1.00 时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl 溶液显酸性，为弱碱强酸盐，
选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A 正确；
B．滴定分数为1 时恰好完全反应得到MCl 溶液，此时溶液中水的电离程度最大，对应的点不是y 点，B 错
误；
C．x 点处滴定分数为0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，由物料守恒2c(Cl-)=c(M+)+ c(MOH)，电荷守恒
c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，可以得出c(MOH)+2c(OH-)=c(M+)+2c(H+)，由图可知此时溶液显碱性，则
c(OH-)>c(H+)，c(MOH)+c(OH-)<c(M+)+c(H+)，C 正确；
D．y 点pH=7，c(OH-)=c(H+)=10-7 mol·L-1，则c(Cl-)=c(M+)，设MOH 溶液为1L，滴定分数为0.90，则需加入盐
酸0.90L，溶液总体积为1.90L，反应后：c(Cl
−)=c(M
+)= 0.1mol/L×0.9L
1.9L
，
c(MOH)= 0.1mol/L×(1−0.9)L
1.9L
= 0.1mol/L×0.1L
1.9L
，Kb(MOH)=c(M
+)c(OH
−)
c(MOH)
，代入数据算得
Kb(MOH)=9×10
−7，D 正确；
答案选B。
24．以0.1 mol/LNaOH 溶液滴定20.00 mL 0.1 mol/LH3PO4溶液的滴定曲线如图。已知：酚酞的变色范围是
pH 8.2~10
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下列说法不正确的是
A．M 点主要溶质为NaH2PO4
B．N 点可用酚酞作指示剂指示滴定终点
C．N 点溶液：c(Na+)>c(HPO4
2-)>c(H2PO4
-)>c(PO4
3-)
D．M→N 过程中，均满足c(Na+)+ c(H+)=c(H2PO4
-)+ 2c(HPO4
2-) + 3c(PO4
3-)
【答案】D
【详解】A．加入20.00mL 等浓度的NaOH 溶液时生成NaH2PO4，因此M 点主要溶质为NaH2PO4，A 正确；
B．N 点溶液中溶质为Na2HPO4，溶液pH=10，酚酞的变色范围是pH8.2~10，因此N 点可用酚酞作指示剂指
示滴定终点，B 正确；
C．N 点溶液中溶质为Na2HPO4，溶液pH=10，溶液呈碱性，说明HPO4
2-的水解程度大于电离程度，因此
c(Na+)>c(HPO4
2-)>c(H2PO4
-)>c(PO4
3-)，C 正确；
D．M→N 过程中NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液，则混合溶液中电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4
-)+2c(
HPO4
2-)+3c(PO4
3-)+c(OH−)，D 错误；
故选D。
25．常温下，向20mL0.1mol/L 一元碱MOH 溶液中滴加等浓度的一元酸HX 溶液，滴定过程中溶液pH 值的
变化曲线如下图所示，已知4<m<6，下列说法不正确的是
A．该滴定过程中应选用酚酞作指示剂
B．一元酸HX 的Ka=5×10-5
C．溶液中水的电离程度：b>c>a
D．c 点溶液中：c(M+)>c(X-)>c(H+)>c(OH-)
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【答案】D
【分析】由图示a 点的pH=13 可知，0.1mol/L 一元碱MOH 溶液的pH=13，则MOH 是强碱，由b 点可知，
当MOH 和HX 等体积混合时，则二者恰好完全反应生成MX 盐溶液，此时溶液pH=8.5，即显碱性，说明HX
为弱酸，c 点为等浓度的MX 和HX 的混合溶液；
【详解】A．由分析可知，滴定终点的溶液显碱性，而甲基橙的变色范围为3.1-4.4，酚酞的变色范围为8.2-
10.0，则该滴定过程中应选用酚酞作指示剂以减小实验误差，A 正确；
B．由b 点可知，此时溶液中pH=8.5，c(X-)≈0.05mol/L、c(OH-)= 10
−14
10
−8.5mol/L，根据水解平衡可知，X-+H2O⇌
HX+OH-，c( HX )≈c(OH
−)，Kh=c(OH
−)c( HX )
c( X
−)
=( 10
−14
10
−8.5 )
2
0.05
=2×10-10，故Ka= K w
K h
= 10
−14
2×10
−10=5×10-5，B 正
确；
C．由分析可知，a 点为MOH 强碱溶液，对水的电离起抑制作用，b 点为MX 强碱弱酸盐溶液，对水的电离
起促进作用，c 点为等浓度混合的MX 和HX 溶液，MX 对水电离起促进作用，HX 对水的电离起抑制作用，
结合m 的范围可知c 点对水电离的抑制程度较a 点小，故溶液中水的电离程度：b> c > a，C 正确；
D．c 点为等浓度混合的MX 和HX 溶液，溶液显酸性，即HX 的电离程度大于X-的水解程度，则c 点溶液中：
c(X-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)，D 错误；
故选D。
26．25℃时，浓度均为0.100 mol/L 的HA 溶液和BOH 溶液各20.00 mL，分别用0.100 mol/L NaOH 溶液、
0.100 mol/L 盐酸进行滴定，滴定过程中pH 随滴加溶液体积变化关系如图，两图像关于pH=7 呈上下对称。
下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ表示盐酸滴加到BOH 溶液的过程，可用甲基橙作指示剂
B．Ka(HA) =Kb(BOH)，交点对应横坐标V< 20.00 mL
C．曲线Ⅰ，滴加溶液到10.00 mL 时：c(BOH) > c(Cl－) > c(OH－) >c(H+)
D．曲线Ⅱ，滴加溶液到5.00~10.00 mL 时：c(A－) +c(OH－) =c(H+) +c(Na+)
【答案】C
【分析】根据图示，曲线Ⅰ开始呈碱性，为盐酸滴加到BOH 溶液的过程，曲线Ⅱ开始呈酸性，为NaOH 溶
液滴加到HA 溶液的过程。
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【详解】A. 甲基橙变色范围3.1~4.4，盐酸滴定BOH 时，若选用甲基橙，终点由黄色变为橙色，所以可用
甲基橙作指示剂，A 正确；
B. 两图像关于pH=7 呈上下对称，则两溶液中水电离产生的氢离子和氢氧根离子都相同，溶液中的离子浓
度相同，则Ka(HA) =Kb(BOH)，交点时pH=7，若为盐酸滴定BOH 时，BCl 为强酸弱碱盐，当V= 20.00 mL，溶
液呈酸性，pH<7，当pH=7，即加入盐酸体积< 20.00 mL，同理若为NaOH 滴定HA 时，加入氢氧化钠体积<
20.00 mL，所以对应横坐标V< 20.00 mL，B 正确；
C. 曲线Ⅰ为盐酸滴定BOH，滴加溶液到10.00 mL 时，溶液中溶质为等物质的量的BOH 和BCl，由于BOH 为
弱碱，所以浓度有：c(Cl－) >c(BOH) > c(OH－) >c(H+)，C 错误；
D. 曲线Ⅱ为NaOH 滴定HA，滴加溶液到5.00~10.00 mL 时，溶液中溶质为HA 和NaA，根据电荷守恒关系，
有c(A－) +c(OH－) =c(H+) +c(Na+)，D 正确。
答案选C。
【点睛】本题考查滴定指示剂的选择、滴定曲线的分析和离子浓度的关系，学会分析图形，根据电离和水
解的相关知识点解题，会使用电荷守恒关系。
27．常温下，用0.1mol/LNaOH 溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L 的HX、HY 溶液，pH 随
NaOH 溶液体积变化如图。下列结论正确的是
A．酸性:HX < HY
B．pH=7 时，c(Y－)=c(X－)
C．a、b 两点溶液混合后，c(HX)+c(HY)+c(H＋)=c(OH－)
D．10.00mL 时，有c(Na＋)>c(HY)>c(Y－)>c(H＋)
【答案】C
【分析】用浓度为0.1mol/L 的NaOH 溶液分别逐滴加入到20.00 mL 0.1mol/L 的HX、HY 溶液中，酸越弱，
初始时刻pH 值越大，根据图象可判断，酸性强弱为HY＜HX；当NaOH 反应了10.00 mL 时，溶液中分别存
在HX、NaX 和HY、NaY，且物质的量之比分别为1：1；当NaOH 反应了20.00 mL 时，溶液中分别恰好存在
NaX 和NaY，二者均会发生水解使溶液呈碱性，根据图象和溶液中的守恒关系解答。
【详解】A．对于HX 和HY，酸性越弱，电离出的H+浓度越小，初始时刻根据图象，pH 越小的酸酸性越强，
电离程度就越大，因此酸性强弱为HY＜HX，A 项错误；
B．pH=7 时，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，分别存在c（Na+）=c（X-），c（Na+）=c（Y-），
但HX 和HY 此时消耗的NaOH 的量不相同，前者消耗的多，因此c（X-）＞c（Y-），B 项错误；
C．当V（NaOH）=20.00 mL 时，HX 恰好转化为NaX，HY 恰好转化为NaY，二者均水解使溶液显碱性，根据
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质子守恒可知c(HX)+c(HY)+c(H+)=c(OH-)，C 项正确；
D．当V（NaOH）=10.00mL 时，HY 的溶液中存在HY 和NaY，物质的量之比为1：1，此时溶液显酸性，可
以判断是酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，对于HY、NaY 的混合溶液来说，根据电荷守恒：c
（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Y-），由于溶液是酸性，因此c（H+）＞c（OH-），则c（Na+）＜c（Y-），
无论是电离还是水解，都是微弱的过程，因此X-、HY 浓度都大于H+的浓度，所以溶液中粒子浓度大小关系
为：c（Y-）＞c（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（OH-），D 项错误；
答案选C。
【点睛】分析图象每个特殊点的溶质成分是解题的关键，D 项是难点，学生要准确把握溶液的酸碱度、三
大守恒及其溶质组成，分析电离与水解的相对强弱才能正确解题。
28．室温下时，向20.00mL0.1000mol/LHCl溶液中滴入0.050mol/LNaOH溶液如图甲所示，溶液的pH与
所加NaOH溶液的体积关系如图乙所示。下列说法错误的是
A．a 点溶液pH=1
B．水的电离程度最大的时候加的NaOH溶液为40mL
C．配稀盐酸时，应该洗涤量取浓盐酸后的量筒并将洗涤液转移到容量瓶中
D．如果将盐酸改为醋酸，则不能用甲基橙做指示剂
【答案】C
【详解】A．由题干图像信息可知，a 点为20.00mL0.1000mol/LHCl，此时溶液显酸性，则溶液中
c(H+)=0.10mol/L，则pH=-lgc(H+)=1，A 正确；
B．随着NaOH 溶液的加入，溶液中H+浓度减小，对水的电离的抑制作用也越来越小，当加入40mLNaOH，
恰好反应，此时水的电离程度最大，再加入氢氧化钠，OH-抑制水的电离，B 正确；
C．用量筒量取液体体积时，其洗涤液不能转移到容量瓶， C 错误；
D．已知甲基橙的变色范围在3.3~4.1，强碱氢氧化钠滴定弱酸醋酸，恰好反应时生成醋酸钠溶液呈碱性，
不能用甲基橙做指示剂，D 正确；
故答案为：C。
29．(2024 届·四川巴中·一模 )HM 是一种一元弱酸，常温下向20 mL0.2mol⋅L
−1HM溶液中逐滴加入浓度为
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0.2mol⋅L
−1的NaOH溶液，溶液中lg c (HM)
c(M
−)、pH、中和率(中和率=
H M
被中和的
的物质的
H M
反应前
的总物质的)的变化如
图所示。下列说法错误的是
A．HM 的电离常数为10
−5.2
B．b 点时，c (H
+)+c (HM)=c (Na
+)+c(OH
−)
C．c 点时，c (HM)+c(M
−)=c (Na
+)=0.2mol/L
D．溶液中水电离出c(OH
−)：c>b>a
【答案】C
【详解】A．a 点时lgc(HM)
c(M
-) =0，c(HM)=c(M-)，pH=5.2，则HM 电离常数Ka=c(M
-)c(H
+)
c(HM)
=c(H
+)=10-5.2，A 正
确；
B．b 点中和率为50%，此时溶液为等浓度的HM 和NaM 混合溶液，根据电荷守恒
c(H
+)+c(Na
+)=c(M
-)+c(OH
-)和物料守恒2c(Na
+)=c(M
-)+c(HM)可得c(H
+)+c(HM)=c(Na
+)+c(OH
-)，故B
正确；
C．c 点中和率为100%，此时得到NaM 溶液，根据物料守恒
n (HM)+n(M
-)=n(Na
+)=0.2mol/L×0.02L=0.0004mol，由于此时溶液的体积大于20mL，则
c(HM)+c(M
-)=c(Na
+)<0.2mol/L，故C 错误；
D．a 点为HM 和NaM 的混合溶液，水的电离被抑制，b 点时被中和的HM 为50%，此时溶液中HM 和NaM
浓度基本相同，NaM 水解促进水的电离但是HM 的存在抑制水的电离，c 点时被中和的HM 为100%，溶液
中全为NaM，NaM 水解促进水的电离，溶液中水电离出c(OH
−)：c>b>a，故D 正确；
故选C。
30．(24-25 高三上·四川内江·月考)下列条件下，对应离子一定能大量共存的是
A．0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl-、NO3
−
B．使甲基橙变红的溶液中：NH4
+、Al3+、Cl-、Mg2+
C．新制饱和氯水溶液中：S2-、CO3
2-、Na+、Cl-
D．c(OH❑
−)
c(H
+)
=1×1012的溶液中：Fe2+、NO3
-、HCO3
-、Na+
【答案】B
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【详解】A．0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中Al3+和HCO3
-发生双水解反应，不能大量共存，A 错误；
B．使甲基橙变红的溶液呈酸性，NH4
+、Al3+、Cl-、Mg2+在酸性溶液中不发生反应，可以大量共存，B 正确；
C．新制饱和氯水溶液中含有HClO 和H+，CO3
2-会和H+反应，S2-会和HClO 发生氧化还原反应，不能大量共
存，C 错误；
D．c(OH❑
−)
c(H
+)
=1×1012的溶液中c(OH❑
−)>c(H
+)，溶液呈碱性，HCO3
-会和OH-、Fe2+反应，不能大量共存，D
错误；
故选B。
31．用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞作指示剂，下列实验操作或分析正确的是
A．滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后直接装入标准NaOH溶液
B．量取20.00 mL待测盐酸时，选用量程为25 mL的量筒以提高精度
C．滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，当出现浅红色且半分钟内不褪色时停止滴定
D．若指示剂改为甲基橙，则测得盐酸浓度偏高
【答案】C
【详解】A．滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后直接装入标准氢氧化钠溶液会使滴定消耗氢氧化钠溶液的
体积偏大，导致所测盐酸浓度偏高，故A 错误；
B．量取20.00mL 待测盐酸时，不能选用量程为25mL 的粗量器量筒，应选用量程为25.00mL 的酸式滴定管
以提高精度，故B 错误；
C．滴定时，左手控制碱式滴定管，右手控制锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，当溶液中出现浅
红色，且半分钟内不褪色时应停止滴定，故C 正确；
D．甲基橙的变色范围为3.1—4.4，用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸时，若指示剂改为甲基橙，与
酚酞作指示剂相比，滴定消耗氢氧化钠溶液的体积会略偏小，导致测得盐酸浓度略偏低，故D 错误；
故选C。
32．25℃时，用0.1mol⋅L
−1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数[n(KOH)
n(H2A) ]与pH、微粒分
布分数δ[δ(X)=n(X)
n(H2A)+n(HA
−)+n(A
2−) ，X 表示H2A、HA
−或A
2−]的关系如图所示，下列说法不正确
的是
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A．可以选酚酞作为此滴定实验第二滴定终点的指示剂
B．25℃时，H2A第一步电离平衡常数Kal=10
−4
C．c 点c(K
+)=3c(HA
−)
D．pH =5时，溶液中c(A
2−)=c(H2A)
【答案】D
【详解】A．根据图示，此滴定实验第二滴定终点溶质为K2A，溶液呈碱性，酚酞的变色范围是8.2~10，所
以可用酚酞作指示剂，A 正确；
B．根据图示，c(H2A)=c(HA
−)时，此时对应a 点，溶液pH 为4，25℃时，H2A第一步电离平衡常数为
10
−4，B 正确；
C．由图可知，C 点溶液，c(HA
−)=c(A
2−)，c(H
+)=c(OH
−)，根据电荷守恒：
c(H
+)+c(K
+)=c(HA
−)+2c(A
2−)+c(OH
−)，c(K
+)= 3c(HA
−)，C 正确；
D．根据图示，c(A
2−)=c(HA
−)时，此时对应c 点，溶液pH 为7，故根据Ka2=c(H
+)⋅c(A
2−)
c(HA
−)
=10
−7，
Ka1×Ka2=c
2(H
+)⋅c(A
2−)
c(H2 A)
=10
−4×10
−7=10
−11，可知c(A
2−)=c(H2A)时，溶液pH =5.5，D 错误；
故选D。
33．(2025 届·四川巴中·二模)常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入NaOH 固体，保持溶液体积和温度不
变，测得pH 与−lgX[X 为c(H2C2O4)、c(C2O4
2−)、c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
]变化如图所示。下列说法错误的是
A．曲线M 表示−lgc(H2C2O4)随pH 的变化
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B．a 点溶液中：c(Na
+)+c(H
+)=c(HC2O4
−)+c(H2C2O4)+c(OH
−)
C．从a 点至b 点溶液中水的电离程度逐渐增大
D．常温下，H2C2O4的Ka2的数量级为10
−5
【答案】B
【分析】向一定浓度H2C2O4溶液中加入NaOH 固体，发生H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O、
NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，随着NaOH 固体增加，c(H2C2O4)减小，-lgc(H2C2O4)增大，c(HC2O❑4
−)先增大后
减小，-lgc(HC2O❑4
−)先减小后增大，c(C2O❑4
2−)增大，-lgc(C2O❑4
2−)减小；Ka2=c(C2O4
2−)⋅c(H
+)
c(HC2O4
−)
，推出-lg
c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
=-lgKa2-pH，根据图像可知，M 曲线表示-lgc(H2C2O4)，N 曲线表示-lgc(C2O❑4
2−)，L 表示-lg
c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，M 曲线表示-lgc(H2C2O4)，故A 说法正确；
B．溶液中电荷守恒应为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O❑4
−)+2c(C2O❑4
2−)+c(OH-)，根据a 点可知，c(H2C2O4)= c(C2O❑4
2−
)，即c(Na+)+c(H+)=c(HC2O❑4
−)+2c(H2C2O4)+c(OH-)，故B 说法错误；
C．根据图像可知，b 点对应pH 为4.3，此时c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
=1，c(HC2O❑4
−)= c(C2O❑4
2−)，因此a 到b 点pH 增大，
H+浓度减小，H+对水的电离抑制减弱，水的电离程度逐渐增大，故C 说法正确；
D．对于Ka=c(C2O4
2−)⋅c(H
+)
c(HC2O4
−)
，推出-lgc(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
=-lgKa-pH，将(4.3，0)代入表达式，得出Ka2≈10-4.3，数
量级为10-5，故D 说法正确；
答案为B。
34．(24-25 高三上·四川内江期中)酒石酸是一种有机二元弱酸(记为H2A)。25℃时，H2A、HA
−和A
2−的分布
分数δ(例如δ (HA
−)=
c(HA
−)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−))与溶液pH 的关系如图。已知：二元弱酸能够分步滴定的条
件之一是K a1/ K a2≥10
4。下列说法正确的是
A．a 代表δ (HA
−)随pH 变化的曲线
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B．由图判断，能分步滴定酒石酸溶液中的c (H
+)
C．当pH=3.04 时，c(A
2−)=c(H2 A)
D．P 点溶液的pH=4.37+2lg2
【答案】D
【分析】酒石酸是一种二元弱酸，随着pH 越来越大，溶液酸性减弱，则H2A 的浓度逐渐减小，HA-的浓度
先增大后减小，A2-的浓度逐渐增大，则a 代表δ(H2A)、b 代表δ(HA−)、c 代表δ(A2−)随pH 变化的曲线；由a
与b 的交点知Ka1=10-3.04，由b 与c 的交点知Ka2=10-4.37。
【详解】A．据分析可知，b 代表δ (HA
−)随pH 变化的曲线，A 错误；
B．由图可知Ka1
Ka2
=10
-3.04
10
-4.37 =101.33＜104，不能分步滴定酒石酸溶液中的c(H+)，B 错误；
C．酒石酸的两步电离方程式相加，有c
2(H
+)c(A
2-)
c(H2A)
=Ka1Ka2=10
−3.04×10
−4.37=10
−7.41，pH=3.04 时，
c(A
2-)
c(H2A) = 10
−7.41
10
−3.04×2 =10
−1.33＜1即c(A2−)＜c(H2A)，C 错误；
D．P 点溶液中，δ(A2−)=0.8，则δ(HA−)=0.2，Ka2=c(H
+)c(A
2-)
c(HA
-)
=0.8c(H
+)
0.2
=10-4.37，c(H+)=10
-4.37
4
mol/L，所以
pH=4.37＋2lg2，D 正确；
故选D。
35．(2025 届·四川达州·二模)下列关于实验操作的误差分析不正确的是
A．测定中和反应反应热时，如果搅拌器改为铜质的，则测得的Δ H偏大
B．用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大
C．用洁净的玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH 试纸上，来测定氯水的pH
D．用标准盐酸滴定未知浓度NaOH 溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，
则测得的NaOH 溶液浓度偏大
【答案】C
【详解】A．铜棒散热，导致测得的热量值偏小，焓变为负，则Δ H偏大，故A 正确；
B．装置未冷却至室温即读数，气体的体积偏大，测得的反应速率偏大，故B 正确；
C．新制的氯水有漂白性，不能用pH 试纸测定pH，故C 错误；
D．开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗标准液的体积偏大，则测得的NaOH
溶液浓度偏大，故D 正确；
故选：C。
36．(24-25 高三上·四川广安·月考)25
∘C时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．能使甲基橙变红的溶液：SO3
2−、SO4
2−、ClO-、Na+
B．0.1mol/LFeCl3溶液中：Mg
2+、Na
+、SCN
-、SO4
2−
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C．0.1 mol/LK[Al(OH)4]溶液中：NH4
+、Ca
2+、I
−、HCO3
−
D．常温下，由水电离的c(H+)=10-12的溶液中：K
+、Na+、SO4
2−、Cl
−
【答案】D
【详解】A．能使甲基橙变红的溶液显酸性，SO3
2−与氢离子反应生成气体、ClO-与氢离子反应生成弱电解质，
不能大量共存，A 错误；
B．0.1mol/LFeCl3溶液中SCN
-不能大量共存，可以生成Fe(SCN)3是弱电解质，B 错误；
C．[Al(OH)4]
−和HCO3
−发生反应生成氢氧化铝和碳酸根不共存，C 错误；
D．水电离的c(H+)=10-12的溶液可能为酸或碱，K
+、Na+、SO4
2−、Cl
−相互间不反应，不与氢离子或氢氧根离
子反应，可大量共存，D 正确；
故选D。
37．亚砷酸(H3 AsO3)是三元弱酸，可以用于治疗白血病。H3 AsO3水溶液中含砷微粒的分布分数（平衡时某
微粒的浓度占各含砷微粒浓度之和的分数）与pH 的关系如右图所示。下列说法正确的是
A．H3 AsO3的电离方程式为H3 AsO3⇌3 H
++ AsO3
3−
B．H3 AsO3第一步的电离常数为Ka1，则有Ka1=10
−9.2
C．H3 AsO3溶液的pH 约为9.2
D．pH =12时，溶液中c(H2AsO3
2−)+2c(AsO3
2−)+3c(AsO3
3−)+c(OH
−)=c(H
+)
【答案】B
【详解】A．由图可知，H3 AsO3水溶液中存在H3 AsO3、H2 AsO3
−、HAsO3
2−等，则H3 AsO3是三元弱酸，分步
发生电离，以第一步电离为主，电离方程式为H3 AsO3⇌H
++ H2AsO3
−，A 错误；
B．H3 AsO3第一步的电离常数为Ka1=c(H
+)⋅c(H2AsO3
−)
c(H3 AsO3)
，由图可知，H3 AsO3和H2AsO3
−的分布分数相等时，
溶液的pH =9.2，即c(H3 AsO3)=c(H2AsO3
−)时c(H
+)=10
−9.2mol⋅L
−1，则有Ka1=c(H
+)=10
−9.2，B 正确；
C．H3 AsO3溶液呈酸性，则其pH<7，C 错误；
D．pH =12时，H3 AsO3溶液中加入NaOH 溶液等碱液，结合电荷守恒推知，溶液中
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c(H2AsO3
−)+2c(HAsO3
2−)+3c(AsO3
3−)+c(OH
−)>c(H
+)，D 错误;
故答案选B。
38．(2024 届·四川德阳·一模)25℃，4 种溶液的pH 如下表所示：
编
号
①
②
③
④
溶
液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
下列有关叙述中正确的是
A．溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：①=③>②=④
B．向①、②中分别加入适量氯化铵晶体后，溶液的pH 均减小
C．向③中加入少量醋酸钠固体，则溶液中
c(CH3COO
−)
c(CH3COOH)⋅c(OH
−)
将增大
D．将aL②与bL④混合，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
【答案】B
【详解】A. 酸碱都抑制水电离，pH =11 的氨水中c(H+)=10-11、c(OH-)=10-3，由水电离的c(H+)=10-11；pH =11
的氢氧化钠溶液中c(H+)=10-11、c(OH-)=10-3，由水电离的c(H+)=10-11；pH =3 的醋酸中c(H+)=10-3、c(OH-)=10-
11，由水电离的c(H+)=10-11；pH =3 的盐酸中c(H+)=10-3、c(OH-)=10-11，由水电离的c(H+)=10-11；溶液中水的电
离程度由大到小的顺序为：①=③=②=④，故A 错误；
B. 向①中加适量氯化铵晶体后，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，
pH 减小；向②中加入适量氯化铵晶体后，铵根离子和氢氧根离子结合为一水合氨，氢氧根离子浓度减小，
pH 减小；故B 正确；
C. 向③中加入少量醋酸钠固体，则溶液中
c(CH3COO
−)
c(CH3COOH)⋅c(OH
−) =
c(CH3COO
−)c (H
+)
c(CH3COOH)⋅c(OH
−)c (H
+) = K a(CH3COOH)
K w
，水的离子积醋酸、醋酸电离平衡常
数只与温度有关，所以
c(CH3COO
−)
c(CH3COOH)⋅c(OH
−)
不变，故C 错误；
D. 将aL②与bL④混合，若所得溶液的pH=4，则b×10
−3−a×10
−3
a+b
=10
−4，则a：b=9：11，故D 错误；
选B。
39．常温下，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL 的两种一元酸HX、HY 的溶液中分别加入NaOH 固体，
lgc(H
+)
c(OH
-)
随加入NaOH 的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述错误的是
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A．a 点由水电离出的c(H
+)=1×10-13mol/L
B．HY 溶液导电性先减弱后增强
C．当n(HY)：n(NaY)=1：1 混合配成溶液，pH=4
D．b 点溶液中： c(Na
+)=c(Y
−)
【答案】B
【分析】由图可知，未加入氢氧化钠固体时，a 点HX 溶液中lgc(H
+)
c(OH
-)
为12，0.1mol/LHX 溶液中氢离子浓
度为√
1×10
−14
1×10
−12 mol/L =0.1mol/L，则HX 为强酸、HY 为弱酸，b 点HY 溶液中lgc(H
+)
c(OH
-)
为0，溶液中氢离子
浓度与氢氧根离子浓度相等，所得HY 和NaY 的混合溶液呈中性，c 点为等物质的量的HY 和NaY 的混合溶
液，溶液呈酸性。
【详解】A．由分析可知，a 点HX 溶液中lgc(H
+)
c(OH
-)
为12，0.1mol/LHX 溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则水
电离出的氢离子浓度为1×10
−14
0.1mol/L =1×10-13mol/L，故A 正确；
B．由分析可知，HY 为弱酸，向HY 溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中的离子浓度增大，溶液的导电性增强，
故B 错误；
C．由图可知，c 点为等物质的量的HY 和NaY 的混合溶液，溶液中lgc(H
+)
c(OH
-)
为6，溶液中氢离子浓度为
√
1×10
−14
1×10
−6 mol/L =10—4mol/L，溶液pH 为4，则当n(HY)：n(NaY)=1：1 混合配成溶液，溶液pH=4，故C 正
确；
D．由分析可知，b 点HY 溶液中lgc(H
+)
c(OH
-)
为0，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所得HY 和NaY
的混合溶液呈中性，由电荷守恒可知c(Na+)+ c(H+)=c(Y—)+ c(OH—)，溶液中c(Na+)= c(Y—)，故D 正确；
故选B。
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40．25℃时，用0.500mol·L-1NaOH 溶液滴定20.00mL 盐酸和醋酸的混合溶液，溶液pH 随加入的NaOH 溶液
体积变化曲线如图。已知：Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)。下列说法不正确的是
A．a 点：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)
B．b 点可知Ka(CH3COOH)≈(10
-2.7)
2
0.250
C．c 点：c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．若将CH3COOH 替换为HCN 进行实验，两个滴定终点(b 点、d 点)都将上移
【答案】C
【分析】用NaOH 溶液滴定盐酸和醋酸的混合溶液，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，所以曲线中第一个滴定终
点(b 点)，为中和盐酸的终点，曲线中第二个滴定终点(d 点)，为中和醋酸的终点，由图可知，两步所用
NaOH 溶液体积相等，均为20.00mL，根据酸碱中和反应关系可得，盐酸和醋酸的浓度相等，且都等于
NaOH 溶液浓度，即盐酸和醋酸的浓度都是0.500mol·L-1，据此分析解答。
【详解】A．a 点为盐酸和醋酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，故A 正
确；
B．由分析可知，b 点为中和盐酸的终点，此时盐酸恰好完全反应，所以b 点溶液为生成的氯化钠和醋酸的
混合溶液，溶液体积增大一倍，醋酸的浓度变为0.250mol·L-1，c(CH3COO-)=c(H+)=10-2.7mol/L，所以
Ka(CH3COOH)=c(C H 3COO
−)⋅c( H
+)
c((C H 3COOH ))
≈(10
-2.7)
2
0.250
，故B 正确；
C．由分析可知，HCl 和CH3COOH 的物质的量相等，根据物料守恒：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C 错
误；
D．由Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)可知，酸性：CH3COOH>HCN，则相同条件下，等浓度的HCN 溶液比CH3COOH
溶液的pH 大；当弱酸恰好被中和时，生成的CN-的水解程度大于CH3COO-的水解程度，使得溶液的pH 较大，
所以，若将CH3COOH 替换为HCN 进行实验，两个滴定终点(b 点、d 点)都将上移，故D 正确；
答案选C。
41．下列有关电解质溶液的叙述错误的是
A．25℃时，将0.1mol·L-1的HA 溶液加水稀释至pH=4.0，所得溶液c(OH-)=l×10-10mol·L-1
B．25℃时，将10mLpH=a 的盐酸与100mLpH=b 的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a+b=13
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C．25℃时，pH=11 的氨水和pH=11 的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH-)均为1×10-11mol·L-1
D．温度一定时，CH3COOH 和CH3COONa 的混合溶液中，c(CH3COO
-)
c(CH3COOH)⋅c(OH
-)
=Ka
Kw
【答案】C
【详解】A．pH=4，[H+]=10-4mol/L，因为温度为25℃，Kw=1×10-14，[OH-]= Kw
[H
+]
=10
-14
10
-4 =10
-10mol/L，A
正确；
B．由于恰好中和，所以氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，
10
-a×10×10
-3=10
b-14×100×10
-3，a+b=13，B 正确；
C．NH3·H2O 是碱，抑制水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10-13mol/L，Na2CO3是盐促进水的电
离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，C 错误；
D．Ka
Kw
=[H
+][CH3COO
-]
[CH3COOH][H
+][OH
-]
=[CH3COO
-]
[CH3COOH][OH
-]
，可以倒推得出结论，D 正确；
答案选C。
42．25℃时，用0.1mol/L NaOH溶液滴定20 mL0.1mol/L一元弱酸HAc溶液，滴定曲线如图所示，已知：
Ka (HAc)=10
-4.76，下列说法正确的是
A．a 点时加入的NaOH溶液体积等于10 mL
B．b 点时溶液pH =7
C．c 点时溶液中2c(Na
+)=3c(HAc)+3c(Ac
-)
D．滴定时可选用甲基橙作指示剂
【答案】C
【分析】25℃时，用0.1mol/L NaOH溶液滴定20 mL0.1mol/L一元弱酸HAc溶液，两者反应生成醋酸钠和
水，氢氧化钠体积为20mL 时两者恰好反应；
【详解】A．a 点时pH=4.76，氢离子浓度为10-4.76mol/L，Ka (HAc)=c(H
+)c(Ac
-)
c(HAc)
=10
-4.76×c(Ac
-)
c(HAc)
=10
-4.76
，则c(HAc)=c(Ac
-)；若加入的NaOH溶液体积等于10 mL，在溶质为等量的NaAc、HAc，此时溶液显酸性，
醋酸电离大于醋酸根离子水解，则c(HAc)<c(Ac
-)；两者矛盾，故此时加入氢氧化钠溶液体积不是10mL，
A 错误；
28
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B．b 点时溶液溶质为醋酸钠，由于醋酸根离子的水解使得溶液显碱性，pH>7，B 错误；
C．c 点溶质为醋酸钠和过量的氢氧化钠，且两者的物质的量之比为2:1，根据物料守恒可知，
2c(Na
+)=3c(HAc)+3c(Ac
-)，C 正确；
D．滴定终点溶液显碱性，可选用酚酞作指示剂，D 错误；
故选C。
43．常温下，将0.01mol∙L-1盐酸逐滴加入10mL0.01mol∙L-1NaA 溶液中。滴加过程中，A-、HA 的物质的量分
数(δ)随pH 变化的关系如图1 所示，pH 随加入盐酸体积的变化如图2 所示。下列说法正确的是
A．当pH=7 时，溶液中c(Cl-)=c(HA)
B．水解平衡常数Kh(NaA)=10-10.5
C．b 点对应溶液中：c(A-)＞c(Cl-)＞c(OH-)
D．c 点对应溶液中：c(A-)+c(HA)= 0.01mol∙L-1
【答案】A
【详解】A．依据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)= c(A-)+c(Cl-)+c(OH-)，依据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，从而得
出c(HA) +c(H+)= c(Cl-)+c(OH-)，当pH=7 时，c(H+)=c(OH-)，溶液中c(Cl-)=c(HA)，A 正确；
B．a 点时，c(A-)=c(HA )，pH=10.5，c(OH-)=10-3.5，水解平衡常数Kh(NaA)=c (HA)⋅c (OH
-)
c (A
-)
= c(OH-)=10-3.5，B
不正确；
C．b 点对应溶液中：反应刚结束时，c(NaCl)=c(HA)=c(NaA)，此时溶液的pH=10，则表明反应后溶液中主要
发生A-水解，所以c(Cl-)＞c(A-)＞c(OH-)，C 不正确；
D．c 点对应溶液中：NaA 与HCl 刚好完全反应，生成HA 和NaCl，反应后的溶液中，HA 发生电离，依据物
料守恒，c(A-)+c(HA)= c(Na+)= 0.005mol∙L-1，D 不正确；
故选A。
44．广安市某中学的化学课外兴趣小组，利用手持技术，进行了酸碱中和滴定实验： 25°C 时，向10.00mL
0.10mol/LCH3COOH 溶液中，逐滴加入0.10mol/L NaOH 溶液，通过pH 传感器，在电脑上得到了pH 变化曲
线如图所示。下列说法正确的是
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A．25°C 时，CH3COOH 的电离平衡常数Ka=1.0 ×10-6
B．b 点表示的溶液中c(Na+) ＜ c(CH3COO-)
C．a 点表示的溶液中2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．a、b 两点所示的溶液中水的电离程度较大的是a 点
【答案】C
【分析】根据图象中的特殊点：起点、终点及加入的具体体积的氢氧化钠的体积利用反应方程式中各物质
的关系进行判断离子之间的关系，及水的电离程度的影响；
【详解】A．根据图象中O 点判断，起始醋酸溶液的pH=3，则氢离子浓度为10-3mol/L；根据
K a = c(H
+)×c(CH3COO
-)
c（CH3COOH)
= 10
−3×10
−3
0.1−10
−3 ≈10
−5 ，故A 不正确；
B．b 点根据图象知，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)，故
c(Na+)= c(CH3COO-)，故B 不正确；
C．根据图象中a 点加入氢氧化钠溶液的体积为5mL 判断，反应最终生成的醋酸钠和剩余的醋酸的物质的
量之比为1:1，根据物料守恒判断2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C 正确；
D．a 点溶液显酸性，水的电离被抑制，b 点溶液显中性，水的电离没有影响，故a、b 两点所示的溶液中水
的电离程度较大的是b 点，故D 不正确；
【点睛】此题考查酸碱中和滴定过程离子之间的关系；注意利用图象及溶液中的守恒进行判断；
45．25℃时，向25 mL0.1mol⋅L
−1NaOH 溶液中逐滴加入0.2mol⋅L
−1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，
下列说法正确的是
A．在A、B 间任一点的溶液中一定都有：c(Na
+)>c(CH3COO
-)>c(OH
-)>c(H
+)
B．用含a 的代数式表示CH3COOH的电离常数K=2.5×10
-7
0.2a-2.5
C．C 点对应的溶液中，水电离出的H
+浓度大于10
−7 mol⋅L
−1
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D．D 点对应的溶液中，存在关系：c(CH3COO
-)-c(CH3COOH)=2c(H
+)-c(OH
-)
【答案】B
【详解】A．在靠近A 点的溶液：c(Na＋)>c(OH－))>c(CH3COO－) >c(H＋)，A 错误；
B．从B 点分析，c(CH3COOH)=(0.2a-25×0.1)×10-3mol，n(CH3COO－)= n(Na＋)=2.5×10-3mol，c(H＋)=10-7mol，K=
2.5×10
−3
V
×10
-7
(0.2a-2.5)×10
−3
V
=2.5×10
-7
0.2a-2.5
，B 正确；
C．C 点对应的溶液中，以过量醋酸的电离为主，水的电离受到抑制，由水电离出的H＋浓度小于10－7
mol·L－1，C 错误；
D．D 点为等浓度的CH3COONa 和CH3COOH 混合溶液，电荷守恒有c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO－)，物料
守恒有2c(Na＋)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，两式消去Na＋可得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H+)－2c(OH－)，
D 错误；
故选B。
46．用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在
pH=pKa-lgc(酸)
c( 盐)。25℃时，用 0.1 mol·L-1的NaOH 溶液滴定16.00 mL 某未知浓度的HA 溶液，滴定过程中
消耗 NaOH 溶液的体积与混合溶液pH 之间的关系如图所示(已知：pKa=-lgKa，100.48=3，酸性 HA＞HCN)。下
列说法错误的是
A．HA 电离常数的数量级为10-5
B．b 点溶液中存在 c(A-)+c(OH-)=c(Na+ )+c(H+)
C．c 点溶液中离子浓度的大小关系为 c(A- )＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)
D．若将HA 改为等体积等浓度的 HCN，则pH 随NaOH 溶液体积的变化曲线竖直下移
【答案】D
【分析】a 点时，pH= pKa-lg16c(HA)-0.1×8
0.1×8
=4.27；b 点时，pH= pKa-lg16c(HA)-0.1×16
0.1×16
=4.75，联立
两式，解得c(HA)=0.2mol/L，pKa=4.75。
【详解】A．pKa=4.75，则Ka=10-4.75，HA 电离常数的数量级为10-5，A 正确；
B．依据电荷守恒，b 点溶液中，存在 c(A-)+c(OH-)=c(Na+ )+c(H+)，B 正确；
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C．c 点溶液中，n(NaA)=0.1mol/L×0.024L=0.0024mol，n(HA)剩余=0.2mol/L×0.016L-0.0024mol=0.012mol，溶液
呈酸性，表明HA 发生电离，则c(A- )＞c(HA)，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由pH=5.23，可得出c(HA)
＞c(H+)，所以离子浓度的大小关系为 c(A- )＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，C 正确；
D．因为酸性HA＞HCN，则pKa(HA)＜pKa(HCN)，由pH=pKa-lgc(酸)
c( 盐)知，pKa越大，pH 越大，故pH 随NaOH
溶液体积的变化曲线竖直上移，D 错误；
故选D。
47．25℃时，用0.100 mol⋅L
−1高氯酸溶液分别滴定20.00 mL0.100 mol⋅L
−1的氨水和
20.00 mL0.100 mol⋅L
−1NaOH 溶液，两溶液的pH 与所加高氯酸体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的
是
A．Kb(NH3⋅H2O)的数量级为10
−4
B．高氯酸溶液滴定氨水选择酚酞作指示剂，且10<a<20
C．Q 点所示溶液中有：2c(OH
-)+c(NH3⋅H2O)=c(NH4
+)+2c(H
+)
D．水的电离程度：M>Q>N>P
【答案】C
【详解】A．K b(NH3⋅H2O)= 10
−2.8×10
−2.8
0.1
=10
−4.6，数量级为10
−5，故A 错误；
B．高氯酸铵水解呈酸性、高氯酸溶液滴定氨水选择甲基橙作指示剂，故B 错误；
C．Q点所示溶液中，电荷守恒为c(OH
−)+c(ClO4
−)=c(NH4
+)+c (H
+)，物料守恒为
2c(ClO4
−)=c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)，联立以上两个等式可得2c(OH
−)+c(NH3⋅H2O)=c(NH4
+)+2c (H
+)，故
C 正确；
D．Q点的溶质为NH3⋅H2O和NH4ClO4等物质的量的混合物，NH3⋅H2O电离程度大于NH4ClO4水解程度、
显碱性，水的电离被抑制；M、N 两点是中性点，P 点是完全中和为NH4ClO4、水解促进水的电离，故水的
电离程度：P> M = N >Q，故D 错误；
答案选C。
48．常温下，用0.1000 mol⋅L
−1NaOH 溶液分别滴定20.00mL0.1000 mol⋅L
−1HCl 溶液和20.00mL
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0.1000 mol⋅L
−1醋酸溶液，得到2 条滴定曲线，如图所示，下列说法正确的是(A
−表示Cl
−或CH3COO
−)
A．滴定HCl 溶液的曲线是图2
B．达到点B、E 时，反应消耗的n(CH3COOH)>n(HCl)
C．达到点B、D 时，两溶液中离子浓度大小关系均为：c(Na
+)=c(A
-)
D．当0mL<V(NaOH 溶液)<20.00mLL 时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为
c(A
-)>c(Na
+)>c(H
+)>c(OH
-)
【答案】C
【详解】A．从纵坐标起点看，A 起点的pH=1，是强酸盐酸，故A 错误。
B．由已知20.00mL0.1000 mol⋅L
−1HCl 溶液和20.00mL0.1000 mol⋅L
−1醋酸溶液，用0.1000 mol⋅L
−1
NaOH 溶液分别滴定，因为醋酸钠溶液显碱性，所以达到B、E 状态时，二者均恰好完全反应，消耗的n
(CH 3COOH)、n (HCl) 相等，故B 错误；
C．达到B、D 时两溶液均呈中性，由电荷守恒c (Na+) =c (A-)，故C 正确；
D．对于醋酸，当V (NaOH) <20.00 mL 时，溶液还可能呈中性也可能呈碱性，故D 错误；
故答案：C。
49．（2025·江苏·高考真题）用0.05000 mol⋅L
−1草酸(H2C2O4)溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验
操作规范的是
A．配制草酸溶
液
B．润洗滴定
管
C．滴定
D．读数
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A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．转移或移液时需要用玻璃棒引流，A 错误；
B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B 错误；
C．滴定时，应手持锥形瓶上端轻微地摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，C 错误；
D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D 正确；
答案选D。
50．（2025·浙江1 月·高考真题）蛋白质中N 元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓H2SO4，以确保N 元素完全转化为NH4
+
B．步骤Ⅱ，浓NaOH溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH3，以甲基红(变色的pH范围：4.4 ~6.2)为指示剂，用
NaOH标准溶液滴定，经计算可得N 元素的含量
D．尿素[CO(NH2)2]样品、NaNO3样品的N 元素含量均可按上述步骤测定
【答案】D
【分析】蛋白质中的N 元素以氨基或酰胺基形式存在，在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下发生反应生
成NH 4
+，再加入浓NaOH 溶液让NH 4
+转化为NH3蒸出，NH3用一定量的盐酸吸收，多余的盐酸用标准NaOH
溶液通过滴定测定出来，从而计算出N 的含量。
【详解】A．步骤Ⅰ，加入过量浓H2SO4，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为NH4
+，确保N 元素完全转
化为NH4
+，A 正确；
B．根据NH4
++OH-
NH
⇋
3·H2O
NH
⇋
3+H2O，NaOH 过量，增大OH-浓度有利于氨的蒸出，B 正确；
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH3后，过量的HCl 用标准NaOH 溶液滴定，反应后溶液中有
NaCl 和NH4Cl，终点显酸性，用在酸性范围内变色的甲基红为指示剂，C 正确；
D．NaNO3中的N 元素在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下不会转化为NH4
+，不能按上述步骤测定，D 错
误；
答案选D。
51．（2024·湖南·高考真题）为达到下列实验目的，操作方法合理的是
实验目的
操作方法
A
从含有I2的NaCl 固体中提取I2
用CCl4溶解、萃取、分液
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B
提纯实验室制备的乙酸乙酯
依次用NaOH溶液洗涤、水洗、分液、干燥
C
用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液
用甲基橙作指示剂进行滴定
D
从明矾过饱和溶液中快速析出晶体
用玻璃棒摩擦烧杯内壁
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．从含有I2的NaCl 固体中提取I2，用CCl4溶解、萃取、分液后，I2仍然溶在四氯化碳中，没有提
取出来，A 错误；
B．乙酸乙酯在氢氧化钠碱性条件下可以发生水解反应，故提纯乙酸乙酯不能用氢氧化钠溶液洗涤，B 错误；
C．用NaOH 标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH 溶液，反应到达终点时生成CH3COONa，是碱性，而甲基橙
变色范围pH 值较小，故不能用甲基橙作指示剂进行滴定，否则误差较大，应用酚酞作指示剂，C 错误；
D．从明矾过饱和溶液中快速析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧杯内壁；在烧杯内壁存在微小的玻璃微晶来
充当晶核，用玻璃棒摩擦烧杯内壁，震动造成过饱和溶液的较不稳定平衡态被破坏，平衡朝着析出晶体的
方向移动，D 正确；
本题选D。
52．（2023·山东·高考真题）一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应
[(CH3CO)2O+ROH→
❑
❑
CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，
实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mg ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完
全水解：(CH3CO)2O+ H2O→
❑
❑
2CH3COOH。
③加指示剂并用cmol⋅L
−1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
cmol⋅L
−1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【分析】步骤④消耗NaOH的物质的量为(V2×c×10
−3)mol，即乙酸酐的总物质的量为(V2×c×10
−3)
2
mol，
步骤③消耗NaOH的物质的量为V1×c×10
−3 mol，即醇解反应和水解反应生成的乙酸物质的量为
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V1×c×10
−3 mol，由醇解反应和水解反应生成乙酸的比例关系可知，n(ROH)+[ (V2×c×10
−3 mol)
2
-
n(ROH)]×2=V1×c×10
−3 mol，解得n(ROH)=(V2×c×10
−3−V1×c×10
−3)mol=(V2-V1)×c×10
−3 mol，
因此ROH 的物质的量为(V2-V1)×c×10
−3 mol。
【详解】A．乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A 错误；
B．若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，使V2-V1随
NaOH-甲醇溶液浓度增大而减小，ROH 的物质的量为(V2-V1)×c×10
−3 mol也随之减小，故将导致测定结
果偏小，B 正确；
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH 的物质
的量为(V2-V1)×c×10
−3 mol，故将导致测定结果偏大，C 错误；
D．步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体
积偏小即V2偏小，而ROH 的物质的量为(V2-V1)×c×10
−3 mol，故将导致测定结果偏小，D 错误；
故选B。
53．（2023·湖南·高考真题）常温下，用浓度为0.0200 mol⋅L
−1的NaOH标准溶液滴定浓度均为
0.0200mol⋅L
−1的HCl和CH3COOH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．Ka(CH3COOH)约为10
−4.76
B．点a：c(Na
+)=c(Cl
−)=c(CH3COO
−)+c(CH3COOH)
C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO
−)
D．水的电离程度：a<b<c<d
【答案】D
【分析】NaOH 溶液和HCl、CH3COOH 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，CH3COOH 未发生反应，溶质成分为NaCl 和
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CH3COOH；b 点时NaOH 溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH 和 CH3COONa；c 点时
NaOH 溶液与CH3COOH 恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d 点时NaOH 过量，溶质成分为
NaCl、CH3COONa 和NaOH，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-
3.38mol/L，K a(CH3COOH)=c(H
+)⋅c(CH3COO
−)
c(CH3COOH)
≈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CH3COOH 混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)
+c(CH3COO-)，故B 正确；
C．点b 溶液中含有NaCl 及等浓度的CH3COOH 和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH 的
电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C 正确；
D．c 点溶液中CH3COO-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；
答案选D。
54．（2023·全国卷·高考真题）N A为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．0.50 mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5 N A
B．标准状况下，2.24 LSO3中电子的数目为4.00 NA
C．1.0LpH =2的H2SO4溶液中H
+的数目为0.02 N A
D．1.0L1.0 mol⋅L
−1的Na2CO3溶液中CO3
2−的数目为1.0 NA
【答案】A
【详解】A．异丁烷的结构式为
，1mol 异丁烷分子含有13NA共价键，所以0.50mol 异丁
烷分子中共价键的数目为6.5NA，A 正确；
B．在标准状况下，SO3状态为固态，不能计算出2.24L SO3物质的量，故无法求出其电子数目，B 错误；
C．pH=2 的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H+)=0.01mol/L，则1.0L pH=2 的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，C
错误；
D．Na2CO3属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO❑3
2-会发生水解，所以1.0L 1.0 mol/L 的Na2CO3溶液中CO❑3
2-
的数目小于1.0NA，D 错误；
故选A。
55．（2023·浙江6 月·高考真题）草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20 mL 0.1 mol⋅L
-1 NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol⋅L
-1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20 mL 0.10 mol⋅L
-1NaHC2O4溶液中滴加0.10 mol⋅L
-1CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Kal=5.4×10
-2,Ka2=5.4×10
-5,Ksp(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)=10 mL时，存在c(C2O4
2-)<c(HC2O4
-)
C．实验Ⅱ中发生反应HC2O4
-+Ca
2+=CaC2O4↓+H
+
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时，溶液中c(C2O4
2-)=4.0×10
-8mol⋅L
-1
【答案】D
【详解】A．NaHC2O4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)=10 mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4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(HC2O4
−)，故B 错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是
2HC2O4
−+Ca
2+=CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为
K =
c(H2C2O4)
c(Ca
2+)⋅c
2(HC2O4
−)
=
c(H2C2O4)⋅c(H
+)⋅c(C2O4
2−)
c(Ca
2+)⋅c(C2O4
2−)⋅c
2(HC2O4
−)⋅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NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C 错误；
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时，溶液中的钙离子浓度为
c(Ca
2+)= 0.1mol⋅L
−1×0.080 L−0.1mol⋅L
−1×0.020 L
0.1 L
=0.06mol⋅L
−1，溶液中
c(C2O4
2−)= K sp(CaC2O4)
c(Ca
2+)
=2.4×10
−9
0.06
mol⋅L
−1=4.0×10
−8mol⋅L
−1，故D 正确。
综上所述，答案为D。
56．（2023·重庆·高考真题）(NH4)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
A．M点Kw等于N点Kw
B．M点pH大于N点pH
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C．N点降温过程中有2 个平衡发生移动
D．P点c(H
+)+c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)=c(OH
−)+2c(SO4
2−)
【答案】B
【详解】A．温度升高，水的电离程度增大，则M点Kw小于N点Kw，A 错误；
B．升高温度促进铵根离子的水解，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(NH4
+)=c(OH
−)+2c(SO4
2−)，D 错误；
故选B。
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