文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
第02 讲 水的电离和溶液的酸碱性
目录
01 课标达标练
题型01 水电离的影响因素
题型02 水电离出的c 水(H＋)或c 水(OH－)的计算
题型03 水的电离平衡曲线分析
题型04 考查溶液酸碱性的判断
题型05 pH 的计算
题型06 中和滴定的操作与指示剂的选择
题型07 中和滴定误差分析
题型08 中和滴定的应用
题型09 中和滴定曲线分析
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 水电离的影响因素
1．(24-25 高三上·安徽马鞍山·第一次教学质量监测)某温度下，向20.00mL0.1000mol/L 的丙酸(以HA 表示)
溶液中滴加0.1000mol/L 的NaOH 溶液，测得混合溶液的温度T、pH 随加入NaOH 溶液的体积V 的变化关系
如图所示。下列说法正确的是
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．a 点溶液中，由水电离出的
B．c 点溶液中，
C．e 点溶液中，
D．滴加的过程中，可能出现
【答案】C
【详解】A．a 点未加入NaOH 溶液，0.1mol/LHA 溶液的pH 为3，c(H+)=10-3mol/L，溶液中OH-全部是由水电
离出来的，此时温度低于25℃，KW<10-14，则由水电离出的
，A 错
误；
B．c 点溶液中加入20mL0.1000mol/L 的NaOH 溶液，此时得到NaA 溶液，由于A-会发生水解，则
，B 错误；
C．e 点溶液中加入30mL0.1000mol/L 的NaOH 溶液，由电荷守恒可知：
，
由物料守恒可知，
，联立消去c(Na+)可得
，由
于A-会发生水解产生HA，且水解是微弱的，则c(HA)<c(A-)，则
，即
，C 正确；
D．当NaOH 少量时，溶液为HA 和NaA 的混合溶液，少量A-水解产生OH-，则
，当刚好完
全反应时，溶液为NaA 溶液，少量A-水解产生OH-，则
，当NaOH 过量时，溶液为NaOH
和NaA 的混合溶液，则溶液中一定存在
，D 错误；
故选C。
2．(24-25 高三上·安徽阜阳·统测)常温下，
，向
溶液中缓慢
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
滴入相同浓度的氨水，混合溶液中某两种离子的浓度随加入氨水体积的变化关系如图所示，下列说法错误
的是
A．水的电离程度：
B．
点：
C．当
时，
D．
点：
【答案】D
【分析】HCl 是强电解质，0.1mol/LHCl 溶液中氢离子浓度=氯离子浓度=0.1mol/L，向 20mL0.10mol L
⋅−1 HCl
溶液中缓慢滴入相同浓度的氨水，发生H++NH3·H2O=
+H2O，氨水体积为20mL 时恰好完全反应得到
0.05mol/LNH4Cl 溶液，故随氨水体积增大浓度逐渐减小的是H+，逐渐增大是
。
【详解】A．向HCl 中滴加氨水，发生反应
，随着加入氨水体积增大，氢离子
浓度降低，铵根离子浓度增大。M 点溶液中溶质是
和
，N 点溶液中溶质是
，盐酸抑制水
电离，故水的电离程度
，故A 正确；
B．由图像可知，M 点有
，电荷守恒式为
，整理得
，故B 正确；
C．
时，溶质是等浓度的
和
，则物料守恒式为
，电荷守恒式为
，整理得
，故C 正确；
D．N 点酸碱恰好完全反应，溶质是
，强酸弱碱盐水解使溶液呈酸性，有
，N 点
，根据电离方程式及电离常数计算得
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
，则有
，故D 错误；
故选：D。
3．
时水的电离达到平衡：H2O
H++OH-
H>0
△
，下列叙述不正确的是
A．将水加热，
增大
B．向水中加入少量硫酸氢钠固体，水的电离受到抑制
C．某溶液中由水电离出的氢离子浓度为
，则该溶液一定显碱性
D．向水中滴入少量
溶液，平衡逆向移动，
降低
【答案】C
【详解】A．将水加热，水的电离程度变大，氢离子和氢氧根离子浓度变大，
增大，A 正确；
B．硫酸氢钠溶于水电离出氢离子，向水中加入少量硫酸氢钠固体，氢离子浓度变大，H2O
H++OH-平衡
逆向移动 ，水的电离受到抑制，B 正确；
C．某溶液中由水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度为
，说明水的电离受到
抑制，溶液pH 可能为12，也可能是2，则该溶液可能显碱性也可能显酸性，C 错误；
D．滴入少量KOH 溶液，氢氧根浓度增大，平衡逆向移动，c(H+)降低，D 正确；
故选C；
4．常温下，二元弱酸H2A 体系中lgX[其中X 表示
或
随溶液pH 变化如图所示（通过加入
NaOH 固体调节溶液pH 且忽略溶液体积变化）。下列说法中错误的是
A．L1表示
随溶液pH 的变化
B．Ka2的数量级为10-12
C．0.1mol/LNaHA 溶液中存在
D．水的电离程度：a＞b
【答案】D
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【分析】已知H2A 的Ka1＞Ka2，且
=
、
=
，由题干图中a、c 两点可知，当pH 均
为6.0 时，a 点的lgX 比c 点的大，则可知L1为lg
随pH 的变化，L2为lg
随pH 的变化，据此
分析解题。
【详解】A．由分析可知，L1表示
随溶液pH 的变化，A 正确；
B．由分析可知，L2为lg
随pH 的变化，由b 点可知，pH=11.2，lg
=0，即
=1，即
Ka2=
=c(H+)=10-11.2，故Ka2的数量级为10-12，B 正确；
C．由分析并结合图中a 点可知，pH=6.0，lg
=0，即
=1，即Ka1=
=c(H+)=10-6.0，
Ka1=10-6.0，Ka2=10-11.2，NaHA 的Ka2＜Kh2=
，即NaHA 的水解大于电离，所以
，由于NaHA 的水解程度较小，所以
，钠离子不水解，所以
，故0.1mol/LNaHA 溶液中存在
，C 正确；
D．由分析可知，随着pH 的增大，溶液中HA-、A2-浓度越大，则HA-、A2-水解程度越大，对水的电离促进作
用越大，故水的电离程度：a＜b，D 错误；
故答案为：D。
5．(24-25 高三上·安徽皖江名校·12 月联考)
时，向
的一元酸
溶液中滴加等浓度的
溶液，滴定过程中溶液的
及
指水电离出的
浓度]变化如图所示。下列说法
正确的是
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．曲线①表示溶液
的变化
B．水的电离程度：
C．d 点对应溶液中
D．c 点溶液中，
【答案】D
【分析】随着
的加入，溶液的
增大，水电离的氢离子浓度先增大后减小，故曲线②表示溶液
随
溶液体积的变化，曲线①表示
随
溶液体积的变化。
【详解】A．由分析可知，曲线②表示溶液
的变化，A 错误；
B．曲线①表示
随
溶液体积的变化，水的电离程度：
，B 错误；
C．曲线②表示溶液
随
溶液体积的变化，曲线①表示
随
溶液体积的变化，由图
可知，d 点
大于7.0，即c(H+)
，故C 错误；
D．当HA 与NaOH 恰好完全反应时，水电离的氢离子浓度最大，即d 点为HA 与NaOH 恰好完全反应的点，
则c 点为
和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性，溶液
大于7，即c(OH-)
c(H+)，根据电荷守恒
，可知
，D 正确；
故答案为：D。
6．(24-25 高三上·安徽省名校·阶段检测）常温下，将
溶液滴加到二元弱酸（
）溶液中，混合溶
液的
与
[
代表
或
]的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ代表
随
的变化曲线
B．水的电离程度：
点
点
C．
点时，溶液中
D．当
刚好被完全中和时，溶液中
【答案】C
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【详解】A．
，
，当
时，
，
，曲线Ⅰ代
表
随
的变化曲线，A 错误；
B．溶液的
：
，溶液的酸性越强对水的电离抑制程度越大，所以水的电离程度：
点
点，B 错
误；
C．
点时，
，溶液显酸性，即
，结合电荷守恒
得
，即
，C 正确；
D．当
刚好被中和时，溶质为
，由电荷守恒和元素守恒可知，溶液中
，D 错误；
故选C。
02 水电离出的c 水(H＋)或c 水(OH－)的计算
7．室温下
的
溶液中，由水电离出的
约为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】常温下pH=12 的NaOH 溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液中的氢离子是水的
电离的，水电离的氢氧根离子与氢离子浓度相等，故水电离出来的
=
=
，故选
D。
8．(24-25 高三下·安徽五校联考)常温下，用0.1000mol/LNaOH 溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ．20.00mL 浓度均为0.1000mol/LHCl 和CH3COOH 溶液
Ⅱ．20.00mL 浓度均为0.1000mol/LHCl 和NH4Cl 溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法错误的是
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．Ⅰ对应的滴定曲线为M 线
B．a 点水电离出的c(OH-)数量级为
C．V(NaOH)=30.00mL 时，Ⅱ中
D．pH=7 时，I 中
、
之和小于Ⅱ中
、
之和
【答案】C
【分析】向溶液中加入40mLNaOH 溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合
氨，氯化钠呈中性，醋酸根和一水合氨在浓度相等时，由于氨水的电离程度大于等浓度铵根离子的水解程
度，故一水合氨溶液对应的碱性更强，故Ⅰ对应的滴定曲线为M，Ⅱ为N，据此分析解题。
【详解】A．向溶液中加入40mLNaOH 溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一
水合氨，氯化钠呈中性，醋酸根和一水合氨在浓度相等时，一水合氨溶液对应的碱性更强，故Ⅰ对应的滴
定曲线为M，A 正确；
B．根据分析可知，a 点对应的溶质为氯化钠和醋酸钠，溶液的pH≈8，c(H+)≈10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，
盐类的水解促进水的电离，则水电离出的c(OH-)=c(H+)≈10-6mol/L，B 正确；
C．V(NaOH)=30.00mL 时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵、一水合氨的浓度相等，根
据分析可知，铵根离子的水解程度小于一水合氨的电离程度，则c(
)＞c(NH3•H2O)，又c(Cl-)=2[c(
)
+c(NH3•H2O)]，所以：c(Cl-)＞c(
)＞c(NH3•H2O)，C 错误；
D．根据原子守恒，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)之和等于c(NH3•H2O)、c(
)之和，根据图像，pH=7 时，Ⅱ
中所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，所以Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)之和小于Ⅱ中c(NH3•H2O)、c(
)之和，D 正确；
故答案为：C。
9．常温下，在
都等于9 的
和
两种溶液中，设由水电离产生的
浓度分别为
与
，则a 和b 的关系为
A．
B．
C．
D．
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【答案】B
【来源】2010-2011 年福建省福州八中高二下学期期末考试化学试卷
【详解】NaOH 抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH-)等于溶液中的c(H+)等于10-9
，CH3COONa 水
解，促进了水的电离，所以由水电离出的c(OH-)＝
＝10-5
，
，故选B。
10．常温时，①pH=3 的CH3COOH 溶液；②pH=3 的HCl 溶液；③pH=11 的氨水；④pH=11 的NaOH 溶液。
相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是
A．水电离产生的c(H+)：①=③>④=②
B．将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②>③
C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量；②最大
D．向溶液中加入100mL 水后，溶液的pH：③>④>①>②
【答案】B
【详解】A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相
同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c(H+)：
①=②=③=④，故A 错误；
B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c(NH3•H2O)>c(OH-)，氯化氢是强电解质，所以其溶液中c(HCl)=c(H+)，
c(NH3•H2O)>c(HCl)，若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②>③，故B 正确；
C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：
①>②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，①生成H2的量最大，故C 错误；
D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH 值7>②>①；氨水是弱碱，
加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH 值③>④>7，所以向等体积的四种溶液中分
别加入100mL 水后，溶液的pH：③>④>②>①，故D 错误；
故选B。
11．在一定条件下，相同pH 的硫酸和硫酸铁溶液中，水电离出
分别为
mol⋅L
与
mol⋅L
，在此温度下，水的离子积常数为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】硫酸中氢氧根离子的浓度来于水的电离，数值为
mol/L，硫酸铁溶液中的氢离子是来于水
的电离为
mol/L，而硫酸和硫酸铁溶液的pH 相同，故硫酸溶液中氢离子的浓度也为
mol/L，水的离子积常数等于硫酸溶液中氢离子的浓度和氢氧根浓度之积，数值为
，故选D。
12．常温下，下列四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度之比是
①0.1 mol/L 的NaHSO4溶液
②0.01 mol/L 的NaOH 溶液
③pH=4 的NH4Cl 溶液
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
④pH=10 的Na2CO3溶液
A．1 10 100 1000
∶
∶
∶
B．1 10 10
∶
∶
4 10
∶
10
C．1 10 10
∶
∶
10 10
∶
4
D．1 10 10
∶
∶
9 10
∶
9
【答案】D
【详解】①0.1 mol/L 的NaHSO4溶液中氢离子浓度为0.1 mol/L，水电离生成的氢离子浓度等于溶液中氢氧
根离子浓度=
；
②0.01 mol/L 的NaOH 溶液中氢氧根离子浓度为0.01 mol/L，水电离生成的氢离子浓度=
；
③pH=4 的NH4Cl 溶液，氢离子完全来自水的电离，水电离生成的氢离子浓度=10-4 mol/L；
④pH=10 的Na2CO3溶液，氢氧根离子完全来自水的电离，水电离生成的氢离子浓度等于水电离生成的氢氧
根离子浓度=
；
由水电离生成的氢离子浓度之比是1 10 10
∶
∶
9 10
∶
9；
故选：D。
03 水的电离平衡曲线分析
13．在不同温度下，稀溶液中
与
有如图所示关系。下列说法正确的是
A．
B．a 点对应的溶液中可能大量存在：
、
、
、
C．b 点对应的溶液中可能大量存在：
、
、
、
D．c 点对应的溶液中，由水电离出的
可能为
【答案】D
【分析】T℃时，计算水的离子积常数
，水的电离为吸热过程，温度越高，水
的离子积常数越大，则
℃，a 点
，
，
℃，溶
液呈中性；
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【详解】A．据分析，
℃，A 项错误；
B．碳酸根会水解，碳酸盐水解呈碱性，则a 点对应的溶液中不可能大量存在
，B 项错误；
C．b 点时，
，
，此时溶液显酸性，硝酸具有强氧化性，
离子具有还原
性，发生氧化还原反应而不共存，C 项错误；
D．C 点时，
，水的离子积常数为
，
，，此时溶液显碱性，当溶质碱
时，碱抑制水的电离，则由水电离出的
可能为
，D 项正确；
答案选D。
14．在
、
温度下，某溶液的
与
的关系如下图所示。
已知：
。下列叙述正确的是
A．温度：
B．
温度下，水的离子积
C．
温度下，
的溶液呈中性
D．若该溶液是
溶液，则加热时点向点迁移
【答案】C
【详解】A．观察图示可知，
温度下，
；
温度下，
，水的电离是吸热过程，故
，A 项错误；
B．水的离子积只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，即
，B 项错误；
C．
温度下，
，中性溶液中
，pH=6.5，C 项正确；
D．加热NaCl 溶液仍然呈中性，水的离子积增大，即b 点向d 点迁移，D 项错误；
答案选C。
15．已知水的电离平衡如图所示，且
。下列说法错误的是
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．各点对应的水的离子积：
B．df 直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性
C．向d 点纯水中通入少量HCl，其组成由d 点沿cde 曲线向e 点移动
D．加热f 点纯水，其组成由f 点沿fd 直线向d 方向迁移
【答案】D
【详解】A．水的电离吸热，温度越高，水的离子积Kw越大，pOH、pH 越小，所以温度T>20°C，即
Kw(f)>Kw(d)，同时Kw只与温度有关，d、e 点在等温线上，所以Kw(f)>Kw(e)=Kw(d)，A 正确；
B．df 直线上各点对应的水溶液中均有pH= pOH，即c(OH-)=c(H+)，所以df 直线上各点对应的水溶液均呈中
性，B 正确；
C．恒温条件下，向d 点纯水中通入少量HCl，溶液酸性增强，pH 减小，由于pOH+pH=pKw，所以pOH 增大，
其组成由d 点沿cde 曲线向e 点移动，C 正确；
D．由于水的电离吸热，所以升高温度，水的离子积Kw 增大，pOH、pH 减小，即加热f 点纯水，其组成由
f 点沿Of 直线向O 方向迁移 ，D 错误；
故选D。
16．某温度下，向一定体积
一元弱酸
溶液中逐滴加入等浓度的
溶液，溶液中
与
的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．该温度下，水的离子积常数为
B．
、
两点所示的溶液中，水的电离程度一定相同
C．
点消耗的
溶液的体积等于
溶液的体积
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．
点溶液加水稀释，
减小
【答案】D
【详解】A．该温度下，
，Q 点
=a 且
=a，故
=2a，
，并非a2，A 错误；
B．M 点溶液呈酸性（
<a），可能为HA 过量抑制水的电离；N 点溶液呈碱性（
>a），可能为NaA 水
解（促进水电离）或NaOH 过量（抑制水电离），水电离程度可能不同，B 错误；
C．Q 点溶液中性，若NaOH 与HA 体积相等，恰好生成NaA（强碱弱酸盐，水解显碱性），与中性矛盾，
故NaOH 体积小于HA 体积，C 错误；
D．M 点溶液含HA 和A⁻，
，则
。加水稀释，c(H⁺)减小，
不变，比值减小，D 正确；
故答案选D。
17．某温度下，水中c(H＋)与c(OH−)的关系如图所示。pOH=−lg c(OH−)。下列说法不正确的是
A．b 点温度高于25 ℃
B．在水中通入氨气，由水电离出的c(H＋)减小
C．仅升高温度，可从b 点变为a 点
D．b 点所处温度下，0.1 mol·L−1 KOH 溶液的pH=13
【答案】D
【详解】A．25℃时纯水中c(H+)=c(OH⁻)=10-7mol/L，pH=pOH=7，Kw=10-14。b 点pH=pOH=6.5，即
c(H+)=c(OH⁻)=10-6.5mol/L，Kw=(10-6.5)2=10-13＞10-14，水的电离吸热，Kw增大说明温度高于25℃，A 正确；
B．氨气溶于水生成NH3·H2O，电离出OH⁻抑制水的电离，水电离出的c(H+)减小，B 正确；
C．仅升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw增大，纯水中c(H+)和c(OH⁻)同等程度增大，pH 和pOH 同等程
度减小，仍满足pH=pOH（沿虚线移动），a 点pH、pOH 均小于b 点且在虚线上，可通过升高温度实现，C
正确；
D．b 点温度下Kw=10-13，0.1mol·L-1KOH 溶液中c(OH⁻)=0.1mol/L，c(H+)=
=
=10-12mol/L，pH=-
lg(10-12)=12≠13，D 错误；
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故本题选D。
18．不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH-)的关系如图所示。下列说法正确的是
A．若从a 点到d 点，可采用在水中加入碱的方法
B．b 点对应的醋酸溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10−6mol•L-1
C．d 点对应的水溶液中，可能有NH 、Fe3+、NO 大量存在
D．T℃时，0.05mol•L−1Ba(OH)2溶液的pH=11
【答案】D
【详解】A．a 点为25℃纯水（c(H+)=c(OH⁻)=10-7mol/L，Kw=10-14），d 点在T℃曲线（Kw=10-12）上，且
c(OH⁻)>c(H+)（碱性）。从a 到d 需升高温度（T>25℃）并改变酸碱性，仅加入碱无法实现温度变化，A 错
误；
B．b 点在25℃曲线（Kw=10-14），为酸性溶液（c(H⁺)=10-6mol/L），则c(OH⁻)=
=10-8mol/L，水电离出的
c(H⁺)=c(OH⁻)=10-8mol/L，B 错误；
C．d 点在T℃曲线（Kw=10-12），c(OH⁻)>c(H+)（碱性），
、Fe3+会与OH⁻反应生成弱电解质或沉淀，不
能大量存在，C 错误；
D．T℃时Kw=10-12，0.05mol/L Ba(OH)2中c(OH⁻)=0.1mol/L，c(H⁺)=
=10-11mol/L，pH=-lg(10-11)=11，D 正确；
故本题选D。
04 考查溶液酸碱性的判断
19．已知温度T 时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol/L 的一元酸HA 与b mol/L 的一元碱
BOH 等体积混合，可判断溶液呈中性的依据是
A．a=b
B．混合溶液中，c(H+)+c(B+)=c(OH﹣)+c(A﹣)
C．混合溶液中，c(H+)=
D．混合溶液的pH=7
【答案】C
【详解】A．一元酸和一元碱的相对强度不知，因此无法判定得到的盐溶液的酸碱性，A 错误；
B．任何溶液都是电中性的，所以溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒可以得到c(H+) + c(B+) = c(OH﹣) + c(A
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
﹣)，但是无法判断酸碱性或中性，B 错误；
C．
，因为
，所以
，即溶液显中性，C 正确；
D．溶液的温度不知道，不能根据 pH=7 判断溶液的酸碱性，D 错误；
故选C。
20．下列溶液一定显酸性的是
A．使甲基橙变黄的溶液
B．
的溶液
C．由水电离出的
的溶液
D．
的溶液
【答案】D
【详解】A．甲基橙的变色范围是pH=3.1～4.4，当溶液pH>4.4 时甲基橙变黄，此时溶液可能为弱酸性、中
性或碱性，A 错误；
B．pH=6 的溶液在常温下显酸性，但若温度升高（如100℃时水的离子积增大，pH=6 可能为中性），B 错
误；
C．水电离的c(OH-)=1×10-13mol/L 表明水的电离被抑制，可能由强酸或强碱导致（如强酸溶液中显酸性，强
碱溶液中显碱性），C 错误；
D．c(H+)>c(OH-)直接表明溶液中H⁺浓度大于OH-浓度，一定显酸性，D 正确；
故选D。
21．下列溶液一定呈中性的是
A．由非电解质溶于水得到的溶液
B．c(OH-)、c(H＋)均为5.0×10-7mol·L-1的溶液
C．等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液
D．将c(OH-)=10-5mol·L-1的烧碱溶液稀释到原来的100 倍所得到的溶液
【答案】B
【详解】A．非电解质溶于水可能显酸性（如
）、中性（如乙醇）或碱性（如
），因此溶液不一
定中性，故A 错误；
B．当
时，无论温度如何，溶液均呈中性，故B 正确；
C．等物质的量的强酸与强碱反应后，若酸和碱的元数不同（如
与
，
与
），溶液
可能显酸性或碱性，故C 错误；
D．稀释强碱溶液时，c(OH⁻)降低，但溶液仍显碱性，故D 错误；
故选B。
22．下列溶液不一定显中性的是
A．
的KCl 溶液
B．
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．
的溶液
D．
【答案】D
【详解】A．氯化钾是强酸强碱盐，其溶液中
，溶液显中性，A 不符合题意；
B． 溶液显什么性，取决于氢离子和氢氧根离子的相对多少，
，则
，此时溶
液显中性，B 不符合题意；
C． 溶液显什么性，取决于氢离子和氢氧根离子的相对多少，则
，此时溶液显中性，C 不
符合题意；
D． 温度未知，Kw未知，
溶液中氢离子和氢氧根离子浓度不一定相等，故溶液不一定
呈中性，D 符合题意；
故选D。
05 pH 的计算
23．(2024 届·安徽省华大新高考联盟·二模)常温下，某二元弱碱
的
、
。1.0
溶液稀释过程中
、
、
与
的关系如图所示。已知
，
的分布系数
。下列叙述正确的是
A．曲线m 为
的变化曲线
B．b 点存在
C．c 点的pH＝9.6
D．水的电离程度：
【答案】C
【详解】A．1.0
溶液中，
离子浓度最大，故曲线n 为
的变化曲线，A 错
误；
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．由电离平衡常数可知，
的电离程度大于水解程度，以电离为主，
含量减小，
含量增大，
故曲线m 为
的变化曲线，曲线p 为
的变化曲线。由元素守恒可知，
，由b 点可知，
，故
，B
错误；
C．由c 点可知，
，由
可知，溶液中
，则pH＝9.6，C
正确；
D．a 点和b 点，浓度相同，水的电离程度相等，c 点浓度更稀，溶液碱性减弱，对水的抑制程度变小，即
水的电离程度增大，D 错误；
故选C。
24．常温下，在
溶液中加入
溶液，所得溶液的
A．大于7
B．等于7
C．小于7
D．无法确定
【答案】B
【详解】中加入
溶液中
，
溶液
中
，此时酸碱恰好完全反应，反应后溶液呈中性，室温
下，
，故
，故答案为：B。
25．下列叙述正确的是
A．50℃时，
的纯碱溶液中，
B．相同条件下，浓度均为
的盐酸与
溶液，水的电离程度相同
C．将水加热到100℃，测得其
，则液体呈酸性
D．常温时，
的
溶液与
的
溶液等体积混合后
【答案】B
【详解】A．该溶液的温度是
，故
，所以
，A 项错误；
B．
的盐酸中
，由水电离出的
的
溶液中
，由水电离出的
，则水的电离程度相同，
B 项正确；
C．将水加热到
，但所得液体仍呈中性，C 项错误；
D．两种溶液反应后
过量，则溶液
，D 项错误；
故选：B。
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
26．已知常温下4 种溶液：①HCl 溶液②
溶液③NaOH 溶液④氨水，均满足
水
。下列比较中正确的是
A．①、④溶液等体积混合后，溶液显酸性
B．①溶液中加入等体积的
溶液，混合液的
C．①、②、③溶液分别与相同质量的铝粉充分反应，消耗溶液体积最大的是③
D．向等体积溶液中分别加水稀释100 倍后，溶液的pH：④>③>①>②
【答案】D
【分析】常温下①HCl 溶液②
溶液③NaOH 溶液④氨水，均满足
水
，HCl
溶液和
溶液中水电离的氢离子与溶液中的氢氧根浓度相同，则两种溶液的pH 都为3，则HCl 溶
液浓度为0.001mol/L，
溶液浓度远大于0.001mol/L，NaOH 溶液和氨水中溶液中的氢离子全部由
水电离，则两种溶液的pH 都为11，则NaOH 溶液浓度为0.001mol/L，氨水浓度远大于0.001mol/L。
【详解】A．①、④溶液等体积混合，HCl 溶液浓度为0.001mol/L，氨水浓度远大于0.001mol/L，氨水有大
量剩余，溶液会显碱性，A 错误；
B．①HCl 溶液浓度为0.001mol/L，加入等体积的
溶液，混合液中有0.0005mol/L 的氢
氧根剩余，混合液的
，B 错误；
C．①HCl 溶液②
溶液③NaOH 溶液分别与相同质量的铝粉充分反应，发生反应的方程式分别为
、
、
,假设反应的Al 为
0.002mol，HCl 溶液浓度为0.001mol/L，需要6L，
溶液浓度远大于0.001mol/L ，需要溶液体积
小于6L，NaOH 溶液浓度为0.001mol/L，需要2L，则消耗溶液体积最大的是①，C 错误；
D．向等体积溶液中分别加水稀释100 倍后，HCl 溶液浓度由0.001mol/L 变为0.00001mol/L，pH 为5，
溶液在稀释过程中会继续电离，则pH＜5，NaOH 溶液浓度由0.001mol/L 变为0.00001mol/L，
pH 为9，氨水在稀释过程中会继续电离，则pH＞9，则稀释后溶液的pH 为④>③>①>②，D 正确；
故选D。
27．今有室温下四种溶液，有关叙述正确的是
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶
液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A．VaL④与VbL②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则Va V∶
b=11 9∶
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．分别加水稀释10 倍，四种溶液的pH①>②>③>④
C．①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c(Cl-)>c(NH )>c(OH-)>c(H+)
D．②、③两溶液等体积混合，所得溶液的pH=7
【答案】A
【详解】A．VaL④与VbL②溶液混合，若混合后溶液pH=4，有：Va×10-3-Vb×10-3=（Va+Vb）×10-4，则Va：
Vb=11：9，A 正确；
B．氨水为弱碱，pH=11 的氨水稀释10 倍，pH 大于10，NaOH 为强碱，pH=11 的NaOH 溶液稀释10 倍，pH
变为10，pH=3 的醋酸（弱酸）稀释10 倍pH 大于3 小于4，pH=3 的HCl（强酸）稀释10 倍变为4，故稀释
后四种溶液的pH ①＞②＞④＞③，B 错误；
C．①、④两溶液等体积混合因氨水为弱电解质，浓度远大于盐酸，故溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电
荷守恒可得c(NH )>c(Cl-)，C 错误；
D．②、③两溶液等体积混合因醋酸是弱电解质，浓度远大于氢氧化钠，故溶液呈酸性，所得溶液的pH 小
于7，D 错误；
故选A。
28．如图为水的电离平衡曲线，下列说法正确的是
A．图中四点所对应的
的大小关系；b>c>a>d
B．100℃时，0.01 mol·L⁻¹ 的NaOH 溶液中，pH=12
C．若d 点为盐酸溶液，稀释该溶液可由d 点变化到a 点
D．25℃时，向NaOH 溶液中逐滴加入
溶液，溶液中
的值会逐渐减小
【答案】D
【详解】A．
只与温度有关，所以a、b、c、d 四个点所对应的
的大小关系应为b>c>a=d，A 项错误；
B．根据b 点可得100℃时
，0.01 mol·L
的NaOH 溶液
，此时pH=10，B 项错
误；
C．a 点为中性溶液，稀释盐酸溶液时
减小，
增大，但无论怎样稀释，酸性溶液永远不可能
变为中性，C 项错误；
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．
，
的水解常数只与温度有关。25℃时，向NaOH 溶液中逐渐加入
溶
液，
会不断消耗
，
不变。
增大，因此溶液中
的值会逐渐减小，D 项正确；
故选：D。
29．常温下，某一元强酸HX 溶液与某一元强碱MOH 溶液按2 5∶的体积比混合后，测得溶液中c(M+)=c(X
—)，则混合前，该强酸的pH 与强碱的pH 之和约为(已知：不考虑溶液混合时体积和温度的变化，lg2≈0.3)
A．13.3
B．13.6
C．13.9
D．14.2
【答案】B
【详解】设强酸的pH 为a，强碱的pH 为b，由题意可得：10—amol/L×2L=10—14+bmol/L×5L，解得10—
14+b+a=0.4，则强酸的pH 与强碱的pH 之和约为13.6，故选B。
06 中和滴定的操作与指示剂的选择
30．(25-26 高三上·安徽皖西南示范中学·开学考)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
溶液体积
的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．可用酚酞作为判断第一次滴定终点的指示剂
B．常温下，
的水解常数小于
C．
点时，
D．点时，
【答案】C
【分析】NaOH 溶液和HCl、
反应时，先与HCl 反应，然后再与
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，
未发生反应，溶质成分为NaCl 和
；b 点时，NaOH 溶液反应掉一半的
，溶质成分为NaCl、
和
，含
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
量比为2：1：1；c 点时NaOH 溶液与
恰好完全反应，溶质成分为NaCl、
，含量比为
1：1；d 点时NaOH 过量，溶质成分为NaCl、
和NaOH，据此解答。
【详解】A．第一次滴定终点为HCl 完全中和点即a 点，此时溶液pH=3.38 显酸性，酚酞变色范围为8.2-
10.0，无法指示酸性终点，应选甲基橙作第一次滴定终点的指示剂，A 错误；
B．a 点为0.01
溶液，pH=3.38，
，水解
常数
，B 错误；
C．b 点加入30mL NaOH，溶液含0.0002mol
、0.0002mol
（初始）和0.0004mol
。因
溶液呈酸性即
电离＞
水解），
减小、
增大，故
＜0.0006mol，
+
＞0.0006mol，即
＜
，C 正确；
D．c 电荷守恒：
，
，故电荷
守恒可写为：
，物料守恒：
，
， D 错误。
故选C。
31．常温下，用0.10mol·L−1的NaOH 溶液滴定20.00mL 0.10mol·L−1的HX 溶液，所得滴定曲线如下图所示。
下列说法不正确的是
A．Ka(HX)≈1.0×105
B．b 点溶液中c(HX)>c(X)
C．该滴定过程可以用酚酞做指示剂
D．c 点溶液中c(Na＋)=c(X)
【答案】B
【分析】b 点是等浓度的HX、NaX 的混合物，溶液呈酸性，c 点中性，c(OH-)=c(H+)，d 点为NaX，溶液呈碱
性。
【详解】A． 由图象知0.10mol·L－1的HX 溶液pH=3，则c(H+)=1×10-3mol·L－1，HX
H
⇌
++X-，c(X－)=c(H+)，
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
c(HX)≈0.10mol·L－1，Ka(HX)=
=
=1×10－5，故A 正确；
B．b 点是等浓度的HX、NaX 的混合物，溶液呈酸性，说明HX 电离为主，则c(HX)<c(X-)，故B 错误；
C．滴入20mLNaOH 溶液时，NaX 溶液呈碱性，该滴定过程应选择酚酞作为指示剂，故C 正确；
D．c 点中性，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒，可知c(OH-)+c(X-) =c(H+)+c(Na＋)，可知，c 点溶液中c(Na
＋)=c(X-)，故D 正确；
故选B。
32．常温下，用
盐酸滴定
溶液，所得溶液
、
和
的分布分数
[平衡时某含氮微粒的浓度占含氮微粒总浓度的分数，如
的分布分数
]与滴加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是
A．曲线代表
B．M 点加入盐酸体积为
C．
的电离常数的数量级为
D．应选酚酞作为指示剂，滴定终点溶液由红色变为无色
【答案】C
【分析】用盐酸滴定等浓度的氨水时，盐酸体积增大，溶液的pH 减小、一水合氨的浓度减小、铵根离子
浓度增大，则曲线a 代表铵根离子分布分数与滴加盐酸体积的关系、曲线c 代表一水合氨分布分数与滴加
盐酸体积的关系、曲线b 代表滴定过程中pH 与滴加盐酸体积的关系；由图可知，M 点溶液中一水合氨的
浓度与铵根离子的浓度相等时，溶液pH 为9.26，则一水合氨的电离常数Kb=
= c(OH—)=10—
4.74。
【详解】A．由分析可知，曲线c 代表一水合氨分布分数与滴加盐酸体积的关系，故A 错误；
B．盐酸体积为12.5mL 时，盐酸与氨水反应得到等浓度的一水合氨和氯化铵的混合溶液，由电离常数可知，
铵根离子的水解常数Kh=
=
＜Kb=10—4.74，说明铵根离子在溶液中的水解程度小于电离程度，
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
则溶液中铵根离子浓度大于一水合氨浓度；由图可知，M 点溶液中一水合氨的浓度与铵根离子的浓度相等，
所以M 点加入盐酸体积小于12.5mL，故B 错误；
C．由分析可知，一水合氨电离常数Kb=10—4.74，数量级为10-5，故C 正确；
D．等浓度的盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵和水，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，所以滴定时应选
突变范围在酸性范围的甲基橙作为指示剂，滴定终点溶液由黄色变为橙色，故D 错误；
故选C。
33．常温下，向
二元酸
溶液中滴加等浓度的
溶液，溶液中
的物
质的量分数
随溶液
的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．该滴定过程若选择单一指示剂，最好选择甲基橙
B．常温下
第一步电离常数的数量级为
C．
溶液中，
D．a、b、c 三个交点处，溶液中水的电离程度：
【答案】B
【详解】A．甲基橙的变色范围是
，而根据滴定曲线可知，
被完全中和生成
时溶液
约为9，因此不能使用甲基橙作指示剂，A 错误；
A．由图可知常温下当
时，溶液
的第一步电离平衡
常数
，数量级为
，B 正确；
C．c 点
，据c 点坐标可计算出
的电离平衡常数
，
而
的水解平衡常数
，说明
的电离程度大于水解程度，且HX-电离程
度也很小，故
以溶液中
，C 错误；
D．a、b、c 三点随着
溶液的加入，溶液中酸电离出的
逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，故水
的电离程度：a 点
点
点，D 错误；
故答案为：B。
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
34．食醋是日常饮食中的调味剂，利用NaOH 标准溶液滴定食醋中醋酸的浓度，以检测是否符合国家标准，
下列操作会造成所测醋酸浓度偏高的是
A．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
B．读取NaOH 溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数
C．滴定时，选用甲基橙作指示剂
D．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用待测液润洗
【答案】A
【详解】A．碱式滴定管尖嘴滴定前有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液NaOH 的体积大于实际用量，计
算出的醋酸浓度偏高，A 符合题意；
B．开始仰视、结束俯视读数，导致读取的NaOH 体积偏小，计算出的醋酸浓度偏低，B 不合题意；
C．甲基橙的变色范围(3.1-4.4)在酸性区域，而醋酸与NaOH 的等当点pH≈8.7，使用甲基橙会提前终止滴定，
导致NaOH 体积偏小，结果偏低，C 不合题意；
D．酸式滴定管未润洗，待测醋酸被稀释，实际物质的量减少，所需NaOH 体积减少，计算浓度偏低，D 不
合题意；
故选A。
35．室温下，用
溶液分别滴定
的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。
下列说法错误的是
A．Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线
B．滴定过程中，两溶液pH 均为7 时，盐酸消耗的NaOH 体积大于醋酸
C．滴定醋酸过程中，当加入NaOH 体积为10mL 时，
D．两滴定实验均可以用酚酞做指示剂
【答案】C
【详解】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，
的盐酸pH 值为1，
的醋酸pH 值大于
1，所以曲线Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，A 正确；
B．滴定过程中，两溶液pH 均为7 时，盐酸为强酸，消耗的NaOH 体积为20mL，若醋酸消耗的NaOH 体积
也为20mL，此时恰好生成醋酸钠，溶液显碱性，要使溶液呈中性，即氢氧化钠溶液的体积小于20mL，所
以两溶液pH 均为7 时，盐酸消耗的NaOH 体积大于醋酸，B 正确；
C．滴定醋酸过程中，当加入NaOH 体积为10mL 时，生成的醋酸钠与剩余的醋酸为1:1，此时电荷守恒为：
，原子守恒为：
，联立两式，消去
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
钠离子可得：
，C 错误；
D．两滴定实验滴定终点显碱性或中性，用酚酞做指示剂，误差更小，所以均可以用酚酞做指示剂，D 正确；
故选C。
07 中和滴定误差分析
36．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，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
B．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
C．读数时应将滴定管从架上取下，用右手食指和拇指捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
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．锥形瓶不需要润洗，否则会引入多余待测液导致误差，滴定管需要用标准溶液润洗以确保浓
度准确，A 错误；
B．滴定时眼睛应主要观察锥形瓶内颜色变化以判断终点，而非一直关注滴定管体积变化，B 错误；
C．读数时需取下滴定管，保持垂直，操作描述正确，C 正确；
D．甲基橙的变色范围（pH 3.1-4.4）比酚酞（pH 8.2-10）更早到达终点，导致消耗NaOH 体积偏小，计算
盐酸浓度偏低，D 错误；
故选C。
37．用0.1000mol/L 的NaOH 溶液滴定20.00mL 未知浓度盐酸的过程中，下列有关说法正确的是
A．滴定过程中，眼睛始终注视滴定管中的体积变化
B．达到滴定终点时溶液恰好呈中性
C．可以选择酚酞作指示剂
D．若碱式滴定管没有润洗，则结果偏小
【答案】C
【详解】A．滴定过程中，眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化，而不是滴定管中的体积变化，A 错误；
B．由于没有酸碱指示剂的变色范围恰好为pH=7.0，故达到滴定终点时溶液并非恰好呈中性，用酚酞作指
示剂时终点溶液显碱性，若用甲基橙作指示剂时终点溶液显酸性，B 错误；
C．强酸强碱溶液恰好完全反应后溶于显中性，酚酞的变色范围为8.2~10.0，半滴溶液会引起pH 突变，故
该滴定可以选择酚酞作指示剂，C 正确；
D．若碱式滴定管没有润洗，导致所用标准溶液的浓度偏小，则消耗标准液的体积偏大，则结果偏大，D 错
误；
故选C。
38．用氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸溶液过程中，下列操作会引起实验测定结果偏高的是
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测液润洗
B．滴定前平视碱式滴定管读数，滴定终点俯视读数
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用已知浓度的标准碱液润洗
D．滴定快达终点时，用蒸馏水洗涤锥形瓶的瓶壁，然后继续滴定至终点
【答案】A
【分析】中和滴定中，误差分析一般通过
进行判断。
【详解】A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测液润洗，会使待测液中HCl 的物质的量偏大，导致消耗
V(NaOH)偏大，测定结果偏高，A 符合题意；
B．滴定前平视碱式滴定管读数，滴定终点俯视读数，会导致消耗标准NaOH 溶液的体积偏小，测定结果偏
低，B 不符合题意；
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用已知浓度的标准碱液润洗，会避免标准碱液被稀释，对实验结构没有
影响，C 不符合题意；
D．若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对HCl 物质的量没有影响，所以再继续滴
定至终点，NaOH 溶液的用量不变，故对所测得盐酸浓度没有影响，D 不符合题意；
故选A。
39．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液时，下列操作正确的是
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸
B．锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用未知浓度的NaOH 待测液润洗2~3 次
C．滴定前没有排除滴定管尖嘴处的气泡
D．读数时视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平
【答案】D
【详解】A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸，盐酸标准溶液被稀释，会使测定结
果偏高，A 错误；
B．锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用未知浓度的NaOH 待测液润洗2~3 次，相当于向锥形瓶中事先加入了一部
分NaOH，会多耗用盐酸，会使测定结果偏高，B 错误；
C．滴定前没有排除滴定管尖嘴处的气泡，酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏
大，根据c（待测）=
，会使测定结果偏高，C 错误；
D．读数时，应该平视液面最低点，即视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持一致，D 正确；
故选D。
40．室温下，向
盐酸中滴加
的
溶液，溶液的pH 随
溶液体
积的变化如图(已知
)。下列说法正确的是
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．滴定终点时，溶液pH 一定等于7
B．
时，溶液
C．接近滴定终点时，眼睛平视碱式滴定管上的刻度线
D．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
【答案】B
【详解】A．滴定终点在突变范围就可以，溶液
不一定等于7，A 项错误；
B．
盐酸中HCl 物质的量为
，
时，
的物质
的量为
，则反应后余下
，溶液体积为
，则
的浓度为
，则
的浓度为
，溶液
，B 项正确；
C．接近滴定终点时，眼睛应紧盯锥形瓶中溶液颜色的变化，C 项错误；
D．甲基橙的变色范围是3.1~4.4，甲基红的指示范围是4.4~6.2，甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，
更能降低误差，D 项错误；
故答案为：B。
08 中和滴定的应用
41． 某化学兴趣小组模拟酒驾的检测方法，设计如下实验：
①配制500mLc1mol/LK2Cr2O7标准溶液并加入少许稀硫酸酸化；
②量取VmL 酒精溶液置于锥形瓶中；
③加入c1mol/LK2Cr2O7标准溶液V1mL，充分反应后，再加入过量的KI 溶液和指示剂；
①用c2mol/LNa2S2O3溶液滴定反应后的溶液，达到滴定终点时，重复三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为
V2mL。
已知有关反应为：16H++2
+3CH3CH2OH=4Cr3++3CH3COOH+11H2O、14H++
+6I-=2Cr3++3I2+7H2O、I2+2
=2I-+
。
对上述实验，下列说法正确的是
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．若实验前锥形瓶中存在少量水，将导致测定结果偏小
B．若因酒精挥发造成消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，将导致测定结果偏大
C．步骤③中加入K2Cr2O7溶液时，不慎有少量液体外洒，将导致测定结果偏大
D．步骤④中，滴定终点时，若俯视读数，将导致测定结果偏小
【答案】C
【分析】由题意知，重铬酸钾在酸性条件下氧化乙醇，剩余的重铬酸钾氧化碘离子为碘单质，产生的碘单
质用硫代硫酸钠进行测得，根据I2+2
=2I-+
可知，产生的碘单质为
，根据14H++
+6I-=2Cr3++3I2+7H2O 可知，消耗的重铬酸钾为
，因此乙醇的量为
，据此作答。
【详解】A．若实验前锥形瓶中存在少量水，不影响测定结果，A 项错误；
B．若酒精挥发，则与酒精反应的K2Cr2O7溶液的量会减少，根据计算公式，故将导致测定结果偏小，B 项
错误；
C．K2Cr2O7溶液外洒，会导致消耗Na2S2O3溶液的体积V，偏小，根据计算公式，故将导致测定结果偏大，C
项正确；
D．滴定终点时俯视读数，会导致V2偏小，根据计算公式，故将导致测定结果偏大，D 项错误；
故答案选C。
42．三氯化硼可用于有机反应催化剂、电子工业等，其熔点为
，沸点为12.5℃，易水解。其制备及
纯度测定实验如下：
.
Ⅰ制备
将氯气通入装有mg
和木炭的管式反应炉，加热，开始充分反应，反应结束后在氮气的氛围中冷却至
室温。
.
Ⅱ纯度测定
已知：AgSCN 是一种白色沉淀且
。
取反应后
的产品于水解瓶中完全水解，稀释至100.00mL。取10.00mL 该溶液于锥形瓶中，加入
溶液，再加入适量硝基苯，用力摇动，将沉淀表面完全覆盖(不考虑杂质的反应)。以
溶液为指示剂，用
KSCN 标准溶液滴定过量
溶液，消耗标准溶液
。
下列说法正确的是)
A．滴入最后半滴标准溶液，溶液由红色变为无色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点
B．实验所得产品的产率是
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．若未加硝基苯，则测定结果将偏大
D．实验中用碱式滴定管盛放
水解液
【答案】B
【详解】A．三氯化硼在水解瓶中完全水解，加入
溶液，产生AgCl 白色沉淀，再加入适量硝基苯，
用力摇动，将沉淀表面完全覆盖，以
溶液为指示剂，此时溶液为无色的，用KSCN 标准溶液
滴定过量
溶液，当KSCN 稍微过量时，溶液变红色，则滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，
溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，A 错误；
B．用
KSCN 标准溶液滴定过量
溶液，消耗标准溶液
，则和三氯化硼水解产生的Cl-反
应的AgNO3物质的量为
×
-
×
=
×10-3mol，则生成BCl3的物质
的量为：
，mg
的物质的量为
，理论上生成
BCl3，则实验所得产品的产率是
，B 正确；
C．若未加硝基苯，AgCl 沉淀会和KSCN 反应转化为AgSCN，导致计算过量硝酸银偏大，从而导致计算溶液
中氯离子浓度偏小，最终导致测得结果偏小，C 错误；
D．
是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，实验中用酸式滴定管盛放
水解液，D 错误；
故选B。
43．利用工业废液生产 CuSCN 具有经济价值和社会效益。SCN⁻的测定方法如下：
①准确称取 CuSCN 样品 m g 置于 100 mL 烧杯中，加入 30 mL 水，再加入 20.00 mL
溶液充分反应，在不断搅拌下加热至微沸，保持5min；取下，趁热用中速滤纸过滤于100 mL 容量瓶中，
用蒸馏水多次洗涤沉淀，至洗出液呈中性，并检查无SCN⁻，用去离子水稀释滤液到刻度，混匀，作为含
SCN⁻的待测试液。
②准确移取25.00mL SCN⁻待测试液于250mL 锥形瓶中，加入8 mL 硝酸酸化，摇匀后，加入
标准溶液和3~4 滴指示剂溶液，充分摇匀，再用0.050 0
标准溶
液滴定至终点，平行滴定3 次，记录平均消耗NH4SCN 标准溶液的体积为`V2mL。
已知：CuSCN+NaOH =NaSCN+CuOH↓，2CuOH =Cu2O+H2O；Ag⁺ +SCN⁻=AgSCN↓(白色)。
根据上述实验原理，下列说法错误的是
A．用去离子水稀释滤液超过刻度线，立即吸出多余部分，将导致测定结果偏小
B．用滴定管量取含SCN⁻的待测液时，没有润洗滴定管，将导致测量结果偏小
C．使用 NH4SCN 标准溶液滴定至终点时俯视读数，将导致测定结果偏小
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．滴定过程中发现溶液出现淡粉色，立即读数，将导致测定结果偏大
【答案】C
【详解】A．用去离子水稀释滤液超过刻度线，吸出的多余的液体中含有
，导致测得
的含量低，
A 项正确；
B．没有润洗滴定管，会导致滴定时
偏大，根据公式可知结果偏小，B 项正确；
C．使用NH4SCN 标准溶液滴定至终点时俯视读数，读出的
偏小，根据公式
可知
含量偏大，C 项错误；
D．滴定过程中发现溶液出现淡粉色，需要等待
后，若颜色不变再读数，若立即读数，
偏小，将导致
测定结果偏大，D 项正确；
故选C。
44．醋酸钙片常用于补钙、缓解磷过多症等。某小组为了测定醋酸钙片纯度，进行如下实验：
①称取
醋酸钙片，研磨成粉末，加入浓硫酸并加热，将产生的醋酸蒸气通入
溶
液。
②完全反应后，加水稀释吸收液并配制
溶液。
③准确量取
配制溶液于锥形瓶中，滴加指示剂R，用
盐酸滴定过量的
至终点，消
耗滴定液
。
下列叙述正确的是
A．指示剂R 可以选择酚酞溶液或甲基橙溶液
B．步骤②配制溶液定容时仰视读数，配制溶液的浓度偏高
C．步骤③中，若没有润洗酸式滴定管会使测定结果偏高
D．上述实验测得醋酸钙样品纯度为
【答案】D
【详解】A．醋酸钙片与浓硫酸反应生成醋酸蒸气，醋酸蒸气与氢氧化钠反应生成醋酸钠和水，剩余的氢
氧化钠用盐酸滴定。滴定终点时，溶质有醋酸钠。溶液呈碱性，应选择酚酞作指示剂，A 错误；
B．步骤 ② 配制溶液定容时仰视读数，会使加入的水过多，导致配制溶液的浓度偏低，B 错误；
C．步骤③中，若没有润洗酸式滴定管，会使盐酸的浓度降低，消耗的盐酸体积偏大，会使测定结果偏低，
C 错误；
D．醋酸钙片与浓硫酸反应生成醋酸蒸气，醋酸蒸气与氢氧化钠反应生成醋酸钠和水，剩余的氢氧化钠用
盐酸滴定，根据反应方程式CH3COOH+NaOH
CH3COONa+H2O，醋酸钙样品的纯度为
=
，所以D 正确；
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故选D。
45．草酸晶体(H2C2O4⋅2H2O)用途广泛，易溶于水，其制备及纯度测定实验如下。
I．制备
步骤1：将mg 淀粉溶于水与少量硫酸加入反应器中，保持85~90℃约30min，然后逐渐降温至60℃左右。
步骤2：控制反应温度在55~60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加含有适量催化剂的混酸(65%硝酸与98%硫酸)，
主要反应为
。严格控制混酸的滴加速度，防止发生
副反应。3h 左右，冷却，减压过滤得粗品，精制得草酸晶体
。
Ⅱ．纯度测定
称取制得的草酸晶体
，配成100.00mL 溶液。取出20.00mL，用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，重
复2~3 次，滴定终点时，平均消耗标准溶液VmL。根据上述实验，下列说法正确的是
A．配制溶液时容量瓶底部残留少量水，会导致所配溶液浓度偏低
B．滴加“混酸”速度过快，不影响草酸晶体的产率
C．锥形瓶用草酸溶液润洗，所测产品纯度会偏低
D．滴定终点读数时仰视，所测产品纯度偏高
【答案】D
【详解】A．最后需要定容，配制溶液时容量瓶底部残留少量水，所配溶液浓度无影响，故A 错误；
B．混酸的滴加速度，发生副反应，会影响草酸晶体的产率，故B 错误；
C．锥形瓶用草酸溶液润洗，导致标准液消耗体积偏大，所测产品纯度会偏高，故C 错误；
D．滴定终点读数时仰视，导致标准液消耗体积度数偏大，所测产品纯度偏高，故D 正确；
故选D。
09 中和滴定曲线分析
46．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示
电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用xmol/L 盐酸标准溶液测定ymL 某
Na2CO3样品溶液中NaHCO3的含量(其他杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该滴定过程需要加入酸碱指示剂
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．a 点溶液中：
C．b 到c 过程中存在
，水的电离程度：b<c
D．ymL 该
样品溶液中含有
的质量为0.084xg
【答案】D
【详解】A．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点，无需加入酸碱指示剂，A
错误；
B．a 点为第一个计量点，反应为
，a 点的溶质为NaCl、
，质子守恒：
，B 错误；
C．在整个滴定过程中，参加反应的离子是
、
、
，溶液中的
不参加反应，守恒不变，c
点是第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c 点之前盐酸不足，则
，离子水解促进
水的电离，b~c 随着加入盐酸的量的增加，
逐渐减少，生成NaCl 和
，所以水的电离程度逐渐
减弱，
，C 错误；
D．滴定的两个计量点的反应中，若没有
杂质，两个计量点消耗的盐酸应相等，根据两个计量点
的反应，可以推得第二个计量点反应中的
包括反应生成的
和杂质
，所以杂质
的量可以根据多消耗的盐酸计算：
g，D 正确；
故答案为：D。
47．硼酸（
）在水溶液中存在电离平衡：
。用
溶液分别滴定体积均为
的
硼酸溶液、
硼酸和甘露醇混合溶液，滴定过程
中硼酸溶液
、混合溶液的
随加入的
溶液体积的变化如图。
已知：
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
下列说法不正确的是
A．滴定硼酸时加入甘露醇可获得更显著的滴定突跃
B．溶液
：X 点<Y 点
C．Z 点：
D．P 点和Q 点均代表反应终点
【答案】C
【分析】随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的碱性逐渐增强，溶液pH 逐渐增大，ZP 所在曲线为溶液pH 与氢
氧化钠溶液体积变化曲线，XQY 所在曲线为
与氢氧化钠溶液体积变化曲线。
【详解】
A．据
可知，甘露醇和
发生
反应生成甘露醇-硼酸配离子，使
浓度减小，促进硼酸电离正向移动，利于与氢氧化钠溶液的反
应，使混合溶液的
比硼酸大，所以可获得更显著的滴定突跃，故A 正确；
B．由图可知，加入的氢氧化钠溶液的体积：X 点<Y 点，而加入的氢氧化钠溶液体积越大、溶液中氢离子浓
度越小，所以溶液
：X 点<Y 点，故B 正确；
C．Z 点溶液呈碱性，pH=9.34，则：
，
，
，所以
，又因为水的电离
比较微弱，所以溶液中存在
，溶液中存在电荷守恒：
，所以
，即
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
，故C 错误；
D．P 点时pH 出现转折，Q 点时
最大，也是pH 的转折点，所以均代表反应终点，故D 正确；
故答案为：C。
48．亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。常温下，某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠(Na2HPO3)溶液
过程中的化学变化，得到电极电位U 和溶液pH 随盐酸体积的变化曲线如图所示(已知电位滴定法的原理：
在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极的电位也发生了突跃，进而确定滴定终点)。下列说
法错误的是
A．常温下，H3PO3的Ka2近似为10-6.7
B．b 点对应的溶液中存在：c(Cl-)＞c(H2PO )＞c(HPO
)＞c(H3PO3)
C．c 点由水电离出的c(H+)＞10-7mol•L-1
D．d 点对应的溶液中存在：c(Cl-)=2c(H3PO3)+2c(H2PO )+2c(HPO
)
【答案】C
【详解】A．由图可知，a 点溶质中Na2HPO3、NaH2PO3物质的量浓度比为1:1，此时c(
)近似等于c(
)，pH 为6.7，即c(H+)=10-6.7mol/L，代入
，A 正确；
B．b 点对应的溶液为物质的量比为1:1 的NaH2PO3、NaCl 的混合溶液，H3PO3的Ka2近似为10-6.7，故
的电离程度大于水解程度，故c(Cl-)＞c(
)＞c(
)＞c(H3PO3)，B 正确；
C．c 点溶质为H3PO3、NaH2PO3、NaCl，水的电离被抑制，由水电离出的c(H+)<10-7mol•L-1，C 错误；
D．d 点对应的溶液为物质的量比为1:2 的H3PO3、NaCl，依据物料守恒可知：c(Cl-)=2c(H3PO3)+2c(
)
+2c(
)，D 正确；
故答案为C。
49．常温下，用0.1
NaOH 溶液滴定20.00mL 0.1
溶液，得到pH 与V（NaOH）、
[
或
]关系如图所示。下列或叙述正确的是
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．M 点对应的溶液中：
B．曲线n 表示pH 与
的变化关系
C．当pH＝7 时，
D．
的平衡常数
【答案】C
【详解】A．由图可知，
为二元弱酸，在水中分两步电离，当
纵坐标为0 时，
，
由于
，曲线m 代表
，曲线n 代表
，且
、
，由图可知，
M 点溶质主要溶质为NaHA，NaHA 为酸式盐，且此时溶液为酸性（pH＝4），故
的电离程度大于其水
解程度，
，质子守恒式：
，故A 项错误；
B．根据上述分析可，曲线m 表示pH 与
的变化关系，故B 项错误；
C．根据上述分析，当pH＝7 时，
，则
，故
，
故C 项正确；
D．
的平衡常数
，故D 项错误；
故本题选C。
50．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
亚磷酸钠
溶液过程中的化学变化，得到滴定过程中溶液电位E 与
的关系如图所示。已知：
亚磷酸是二元弱酸，常温下其电离常数分别是：
，
，下列说法正确的是
A．水的电离程度：
B．b 点对应溶液的
C．第二滴定终点时发生反应的平衡常数为
D．c 点对应溶液中一定存在：
【答案】D
【分析】滴定过程中先发生的反应：
，所以第一次达到滴定终点时溶液的
主要成分为：
和
，后发生的反应：
，所以第二次达到滴定终点
时溶液的主要成分为：
和
，据此分析。
【详解】A．盐酸对水的电离起抑制作用，越加盐酸抑制作用越大，水的电离程度越小，所以有水的电离
程度：
，故A 错误；
B．b 点是第一次达到滴定终点时，溶液的主要成分为：
和
，其中
的电离常数
，水解常数
，可见电离程度大于水解程度，溶液显酸性，对应溶液的
，故B 错误；
C．第二滴定终点时发生反应
的平衡常数为
，故C 错误；
D．c 点溶液中存在电荷守恒
，所以有
，此时
，所以一定存在：
，故D 正确；
故选D。
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
1．常温下，向20mL0.1mol⋅L
-1H3PO3溶液中滴加0.1mol⋅L
-1的NaOH溶液，溶液中pX[
pX=-lgc(X),X=H3PO3、H2PO3
-或HPO3
2-]与NaOH溶液体积的关系如图所示(已知：m、p 两点的pH分别为
1.30、6.60)。
下列说法错误的是
A．n 点时，溶液的pH=3.95
B．p 点时，c(Na
+)>3c(HPO3
2-)
C．当V(NaOH 溶液)=20mL时，c(H3PO3)+c(H
+)=c(OH
-)+c(HPO3
2-)
D．V(NaOH 溶液)=40mL时，水的电离程度最大
【答案】B
【分析】H3PO3是二元弱酸，在20 mL 0.1 mol⋅L
-1H3PO3溶液中H3PO3电离分步进行，且第一步电离程
度大于第二步，则未滴加NaOH溶液前，溶液中c(H3PO3)>c(H2PO3
-)>c(HPO3
2-)，即
p(H3PO3)< p(H2PO3
-)< p(HPO3
2-)，所以曲线①②③分别代表H3PO3、H2PO3
-、HPO3
2-浓度的负对数与
NaOH溶液体积的关系，据此解答。
【详解】A．由图可知，m 点时c(H3PO3)=c(H2PO3
-)，则H3PO3的K a1= c(H2PO3
-)·c( H
+)
c(H3PO3)
=c( H
+)=10
−1.30；
同理p 点时c(H2PO3
-)=c(HPO3
2-)，则H3PO3的K a2= c(HPO3
2-)·c( H
+)
c(H2PO3
-)
=c( H
+)=10
−6.60；n 点时
c(H3PO3)=c(HPO3
2-)，则有K a1· K a2=c
2( H
+)=10
−1.30×10
−6.60=10
−7.90，即c( H
+)=10
−3.95mol· L
−1，
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
溶液的pH=3.95，A 正确；
B．p 点时c(H2PO3
-)=c(HPO3
2-)，由电荷守恒可得：
c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(H2PO3
-)+2c(HPO3
2-)=c(OH
−)+3c(HPO3
2-)，且常温下，此时pH=6.60，溶液呈
酸性，即c (H
+)>c(OH
−)，所以c (Na
+)<3c(HPO3
2-)，B 错误；
C．当V(NaOH 溶液)=20mL，即20 mL 0.1 mol⋅L
-1H3PO3溶液中滴加20 ml 0.1 mol⋅L
-1的NaOH溶
液，两者恰好反应生成NaH 2 PO3，由物料守恒得：c(Na
+)=c(H3PO3)+c(H2PO3
-)+c(HPO3
2-)，由电荷守
恒得：c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(H2PO3
-)+2c(HPO3
2-)，联立以上两式可得质子守恒：
c(H3PO3)+c(H
+)=c(OH
-)+c(HPO3
2-)，C 正确；
D．当V(NaOH 溶液)=40 mL时，NaOH与H3PO3按物质的量之比2 1∶反应，恰好生成Na2HPO3(正盐)，
Na2HPO3是强碱弱酸盐，HPO3
2-水解促进水的电离；而当V(NaOH 溶液)<40 mL时，溶液中含有的H 3 PO3
或NaH 2 PO3会抑制水的电离(H 3 PO3电离出H
+，NaH 2 PO3中H 2 PO3
−的电离程度大于其水解程度，使溶
液呈酸性，H
+抑制水的电离)，所以此时水的电离程度最大，D 正确；
故选B。
2．室温下，向a 点(pH =a)的20.00 mL1.000 mol⋅L
−1氨水中滴入1.000 mol⋅L
−1盐酸，溶液pH 和温度随
加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是
A．将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱
B．d 点消耗盐酸体积V (HCl)=20.00 mL
C．V (HCl)= 40.00 mL:c(Cl
−)=2c(NH4
+)+2c(NH3⋅H2O)
D．b 点溶液中离子浓度大小一定存在：c(NH4
+)>c(Cl
−)>c(OH
−)>c(H
+)
【答案】D
【详解】A．氨水为弱电解质，稀释时促进电离，但总体离子浓度减小，导电能力由离子浓度决定，故导
电能力减弱，A 正确；
B．中和反应放热，温度最高时为恰好完全反应点，氨水与盐酸浓度均为1mol/L，等体积（20mL）反应生
成NH4Cl，此时温度最高，故d 点V(HCl)=20.00mL，B 正确；
C．V(HCl)=40mL 时，盐酸过量，得到物质的量之比为1：1 的NH4Cl、HCl混合溶液，根据物料守恒：
c(Cl
−)=2c(NH4
+)+2c(NH3⋅H2O)，C 正确；
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．b 点pH＞7，c(OH
−)>c (H
+)，溶液中电荷守恒为c(NH4
+)+c (H
+)=c(Cl
−)+c(OH
−)，则c(NH4
+)>c(Cl
−)，
即可能存在关系：c(NH4
+)>c(Cl
−)>c(OH
−)>c (H
+)，但若加入盐酸极少，NH3⋅H2O大量剩余，电离出的
OH⁻浓度可能大于Cl⁻浓度，也可能存在关系：c(NH4
+)>c(OH
−)>c(Cl
−)>c (H
+)，D 错误；
故选D。
3．常温下，向10 mL0.1 mol/LH3PO3（二元弱酸）溶液中滴加0.1 mol/LNaOH 溶液，混合溶液中-lgX 与pH 的
关系如图所示。已知：X=c(OH
-)、c(H2PO3
-)
c(H3PO3)
或
c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
。下列叙述正确的是
A．直线L1代表−lg c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
与pH 的关系
B．H3PO3电离常数K a2的数量级为10
−6
C．水的电离程度：p=n>m
D．当pH =3时，c(H3PO3)>c(H2PO3
-)
【答案】C
【分析】分析直线代表的含义：直线代表-lgX 与pH 的关系，X 可能是c(OH-)、c(H2PO3
-)
c(H3PO3)
或c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，对于
X= c(OH-)，-lgc(OH-)=14-pH。由于在常温下水的离子积Kw=c(H+)∙c(OH-)=10-14，pOH+pH=14，如a 点pH=5，-
lgc(OH-)=14-pH=14-5=9，故L1代表X=c(OH-)与溶液pH 的关系。对于二元弱酸H3PO3在溶液中存在两步电离
平衡：H3PO3⇌H++H2PO3
-，Ka1=c(H
+)⋅c(H2PO3
-)
c(H3PO3)
；H2PO3
- ⇌ H++HPO3
2-，Ka2=c(H
+)⋅c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，由于
Ka1＞Ka2，在c(H+)相同时，c(H2PO3
-)
c(H3PO3) >c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，-lgc(H2PO3
-)
c(H3PO3) <-lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，故L2表示
-lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
与pH 的关系，L3表示-lgc(H2PO3
-)
c(H3PO3)
与pH 的关系，然后根据问题分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知：L1代表X=c(OH-)与溶液pH 的关系，A 错误；
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．H3PO3为二元弱酸，其第二步电离H2PO3
- ⇌ H++HPO3
2-，电离平衡常数Ka2=c(H
+)⋅c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，直线L2
表示-lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
与pH 的关系。lgKa2=lgc(H+)+lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，当溶液pH=4 时，根据直线L2上b 点坐标可
知 -lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
=2.7，此时，-lgKa2=4+2.7=6.7，所以Ka2=10-6.7，故Ka2的数量级为10⁻7，B 错误；
C．m 点为L3上-lgX=0 的点，此时c(H2PO3
-)
c(H3PO3) =1，溶液为NaH2PO3与H3PO3等浓度的混合溶液，此时溶液
pH≈1.4，溶液显强酸性，H3PO3的电离会抑制水的电离；n 点为L2上-lgX=0 的点，c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
=1，溶液为
NaH2PO3与Na2HPO3等浓度的混合溶液，此时溶液pH=6.5，溶液显弱酸性，弱离子促进水的电离；p 点为L3
上lgX=-5，c(H2PO3
-)
c(H3PO3) =10
5，溶液pH=6.5，几乎完全电离为H2PO3
-，溶液显弱酸性，促进水的电离，故水的
电离程度p=n＞m，C 正确；
D．pH=3 时，L3上c 点(-lgX=-1.6)，即c(H2PO3
-)
c(H3PO3) =10
1.6≈40>1，故微粒浓度：c(H2PO3
-)＞c(H3PO3)，D 错误；
故合理选项是C。
4．常温下，往100 mL0.1mol⋅L
−1的H2R溶液(此时为a 点)中不断加入NaOH固体(溶液体积变化忽略不计)，
溶液中由水电离出来的c水(H
+)的负对数[−lgc水(H
+)]与lg c(R
2−)
c(HR
−)的变化关系如图所示，下列说法正确的
是
A．a 点溶液中，c(H2R)+c(HR
−)+c(R
2−)=0.1mol/L
B．b 点时，加入的NaOH的质量为0.6g
C．c 点溶液中，c (Na
+)=c(HR
−)+2c(R
2−)
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．d 的坐标为(5.5，5.5)
【答案】C
【分析】向H 2 R溶液中加入NaOH 固体，溶液体积变化可以忽略不计，随着NaOH 的加入，R
2−逐渐增大，
HR
−逐渐减小，则两者比值逐渐增大；R
2−的水解可以促进水的电离，所以水电离出来的氢离子浓度逐渐
增大，当到达d 点时，水的电离程度达到最大，此时溶液中的溶质为Na2 R；再继续加入NaOH，由于
NaOH 会抑制水的电离，所以水的电离程度又逐渐降低；由此可知a 点为H2R溶液，根据a 点坐标(−2,13)
可知此时的−lgc水(H
+)=13，得到由水电离出的c水(H
+)=10
−13mol· L
−1，溶液中的OH
−只由水电离提
供且c水(OH
−)=c溶液(OH
−)=10
−13mol· L
−1，可以得到溶液的c(H
+)=10
−1mol· L
−1=0.1mol· L
−1，根
据所取溶液为100 mL0.1mol⋅L
−1的H2R溶液，此时的H
+浓度等于H2R溶液浓度，可以得到H2R溶液的第
一步电离为全电离，再结合加入NaOH 溶液后的变化关系，可得到HR
−的电离为弱电离，即
H 2 R = H
++ HR
−、HR
−⇌H
++ R
2−，据此分析解答。
【详解】A．H2R溶液的第一步电离为全电离，溶液中不存在H2R微粒，则a 点溶液中，根据物料守恒，溶
液中R 元素以HR
−、R
2−二种形式存在，初始H 2 R浓度为0.1mol· L
−1，则电离出的HR
−总量也为
0.1mol· L
−1，且溶液体积不变，故有c(HR
−)+c(R
2−)=0.1mol· L
−1，A 错误；
B．b 点坐标为(0,11)，根据lg c(R
2−)
c(HR
−)
=0，则此时c( R
2−)=c( HR
−)，若溶液中的溶质为等物质的量的
Na2 R和NaHR，根据H 2 R溶液为100 mL0.1mol⋅L
−1，可知其物质的量为0.01mol，则Na2 R和NaHR均
为0.005mol，根据钠元素守恒，NaOH 为0.015mol，质量为0.6g；若等物质的量的Na2 R和NaHR混合，由
于R
2−水解，HR
−不水解，就会导致混合后溶液中b 点c(R
2−)不等于c(HR
−)，故b 点对应Na2 R和NaHR
的物质的量应大于1:1，则NaOH 质量大于0.6g，B 错误；
C．根据c 点纵坐标可知−lgc水(H
+)=7，即c水(H
+)=10
−7mol· L
−1，可得
c(H
+)=c(OH
−)=10
−7mol· L
−1，此时溶液呈中性（pH=7），由电荷守恒式得：
c(Na
+)+c(H
+)=c(HR
−)+2c(R
2−)+c(OH
−)，因c(H
+)=c(OH
−)，则有c (Na
+)=c(HR
−)+2c(R
2−)，C
正确；
D．a 点溶质为0.1mol⋅L
−1的H2R溶液，根据分析，此时溶液的c(H
+)=10
−1mol· L
−1；同时有
lg c(R
2−)
c(HR
−)
=−2，得到c(R
2−)
c(HR
−)
=10
−2，则K a= c(H
+)·c(R
2−)
c(HR
−)
=10
−1×10
−2=10
−3；d 点为水电离最大点，
此时溶质只为Na2 R，则R
2−的水解常数K h= Kw
K a
= 10
−14
10
−3 =10
−11，因c(R
2−)=10
−1mol· L
−1，则水解生成
c(HR
−)=c(OH
−)=10
−6mol· L
−1，c水(H
+)=10
−6mol· L
−1，n=−lg10
−6=6；
m=lg c(R
2−)
c(HR
−)
=lg 10
−1
10
−6 =lg10
5=5，得到d 点的坐标为(5,6)，D 错误；
故答案为：C。
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
5．某学习小组探究利用强碱准确滴定强酸和弱酸混合溶液中强酸的可能性，以0.10 mol/LNaOH溶液滴定
同浓度HCl 和HA 混合溶液为例（HA 代表Ka 不同的三种弱酸）。HCl 滴定百分比x、分布系数δ(A
−)随pH
变化关系如下图所示。下列说法错误的是
已知δ(A
−)=c(A
−)
c(HA)+c(A
−) ，lg2=0.3
A．当pH 相同时，曲线Ⅲ的δ(A
−)可能大于曲线Ⅳ的δ(A
−)
B．a 点的纵坐标约为0.67
C．b 点处存在如下关系：2c(Na
+)=c(A
−)+c(HA)
D．甲基橙作指示剂，K a (HA)<10
−7.90时，可准确滴定混合溶液中HCl 的浓度
【答案】C
【详解】A．对于弱酸HA，分布系数δ(A⁻)=
Ka
Ka+[H
+] ，Ka 越大，相同pH 下δ(A⁻)越大。曲线Ⅲ的
δ(A⁻)=0.5 时pH 较小（5.90），说明其Ka 大于曲线Ⅳ（δ(A⁻)=0.5 时pH=7.90），故相同pH 时Ⅲ的δ(A⁻)可能
大于Ⅳ，A 正确；
B．结合当A-分布系数均为0.5 时，可得到曲线Ⅲ对应酸的电离平衡常数Ka==c(A
−)
c(HA) c(H+)= c(H+)=10-5.9，a 点
对应pH＝6.2，lg2=0.3，带入得到c(A
−)
c(HA) = 10
−5.9
10
−6.2=100.3≈2，δ(A
−)=c(A
−)
c(HA)+c(A
−)
= 2
1+2≈0.67 ，B 正确；
C．2c(Na⁺)=c(A⁻)+c(HA)成立的条件是n(Na⁺)=n(HA)总×1
2 ，HCl 酸性强于HA，HCl 中和50%时，HA 也会有部
分中和，此时2c(Na⁺)>c(A⁻)+c(HA)，C 错误；
D．甲基橙终点pH=4.4，Ka(HA)<10⁻⁷.⁹⁰ 时，HA 酸性极弱，δ(A⁻)≈0，NaOH 仅中和HCl，可准确滴定，D 正
确；
故选C。
6．次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.100 mol⋅L
−1的
NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液，溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ随滴加NaOH
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
溶液体积V (NaOH)的变化关系如图所示。[比如H2PO2
−的分布系数：δ(H2PO2
−)=
c(H2PO2
−)
c (总含磷微粒)
]。下列叙
述正确的是
A．曲线①代表δ(H2PO2
−)，曲线②代表δ(HPO2
2−)
B．H3PO2溶液的浓度为0.100 mol⋅L
−1
C．H2PO2
−水解常数K h=1.0×10
−10
D．NaH2PO2是酸式盐，其水溶液显碱性
【答案】B
【分析】由图可知，曲线③有明显的pH 突跃，故曲线③代表溶液pH。随着NaOH 溶液的滴加，曲线①的
分布系数逐渐减小，曲线②的分布系数逐渐增大，且溶液中只存在两种含磷微粒，说明次磷酸（H3PO2）为
一元弱酸，其电离方程式为H3PO2⇌H
++H2PO2
-。因此，曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO2
-)。
【详解】A．次磷酸H3PO2是一元弱酸，随着NaOH 溶液的加入，H3PO2逐渐被中和，δ(H3PO2)逐渐减小，
δ(H2PO2
-)逐渐增大。所以曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO2
-)， 不存在HPO2
2−，A 错误；
B．当加入20.00 mL 0.100 mol⋅L
−1的NaOH 溶液时，溶液pH 发生突变，说明此时H3PO2与NaOH 恰好完
全反应。根据反应H3PO2+NaOH=NaH2PO2+ H2O，n(H3PO2)=n(NaOH)，即
c(H3PO2)×V(H3PO2)=c(NaOH)×V(NaOH)，c(H3PO2)=0.100mol·L
-1×20.00mL
20.00mL
=0.100mol·L
-1，B 正确；
C．曲线①和②交点处，δ(H3PO2)=δ(H2PO2
-)，即c(H3PO2)=c(H2PO2
-)，此时pH=5，c(H⁺)=1.0×10-5mol/L。H3PO2
的电离常数Ka=c(H
+)×c(H2PO2
-)
c(H3PO2
❑)
=c(H
+)=1.0×10
-5，H2PO2
-的水解常数Kh=Kw
Ka
= 1.0×10
−14
1.0×10
−5 =10
−9，C
错误；
D．H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2是其正盐，H2PO2
-水解使溶液显碱性，D 错误；
故答案选B。
7．25℃时，向25 mL0.2mol⋅L
−1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L
−1的H2B溶液(二元弱酸)，曲线如图所示，
(已知lg2=0.3，pK =−lgK)。下列说法错误的是
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．pKa2(H2B)约为3.9
B．水的电离程度：b>c>a
C．b 到c 点的溶液中存在c(B
2−)
c(HB
−) >c(HB
−)
c(H2B)
D．c 点的溶液中有c(B
2−)+c(OH
−)=c(H
+)+c(H2B)
【答案】C
【详解】A．b 点，NaOH 与H2B刚好生成Na2B，溶液pH =8.3，由B
2−+ H2O⇌HB
−+OH
−，
c(B
2−)=0.05 mol⋅L
−1，c(OH
−)=c(HB
−)=10
−5.7 mol⋅L
−1，Kh1=2×10
−10.4，由Kw = Ka2⋅Kh1，
pKw =pKa2+pKh1，pKh1=−lg2×10
−10.4=10.4−lg2=10.1，14 =pKa2+pKh1，pKa2=3.9，A 正确；
B．a 点溶液为NaOH 和Na2B，NaOH 抑制水的电离，b 点溶液为Na2B，b点B
2−水解促进水的电离，水的
电离程度最大，c 点溶液为NaHB，Na2B的水解程度大于NaHB水解程度，Na2B溶液中水的电离程度大于
NaHB溶液中水的电解程度，a点溶液中c(OH
−)大于c 点溶液中c(H
+)，a 点水的电离小于c 点，B 正确；
C．由于Ka1>Ka2，则c(HB
−)
c(H2B)
=Ka1
c(H
+) ，c(B
2−)
c(HB
−) =Ka2
c(H
+) ，故c(HB
−)
c(H2B)
>c(B
2−)
c(HB
−)
，C 错误；
D．c 点溶液中溶质为NaHB，由电荷守恒：2c(B
2−)+c(HB
−)+c(OH
−)=c(H
+)+c(Na
+)，元素守恒：
c(Na
+)=c(B
2−)+c(HB
−)+c(H2B)，可得c(B
2−)+c(OH
−)=c(H
+)+c(H2B)，D 正确；
故选C。
8．25℃时，用0.1mol·L-1 NaOH 溶液滴定20.00mL 0.1mol·L-1 HA 溶液，体系中lgc(A
−)、lgc(HA)、NaOH
溶液的体积与溶液pH 的关系如图所示。下列说法错误的是
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．图中曲线①表示lgc(A
−)与pH 的关系
B．25℃时，0.1 mol·L-1 NaA 溶液的pH 约为9
C．a 点溶液中，c(A
−)+c(HA)=2c(Na
+)
D．b 点时，V<20.00mL
【答案】A
【分析】随着NaOH 溶液的加入，溶液pH 逐渐增大，溶液中c(HA)或lgc(HA)逐渐减小、c(A -)或lgc(A -)逐渐
增大，则曲线①②分别代表lgc(HA)、lgc(A-)与pH 的关系，当pc(A -)=pc(HA)即c(A -)=c(HA)时pH=5，此时
HA 的电离平衡常数Ka=c(A
-)
c(HA) ×c(H+)=c(H+)=10-5，结合电荷守恒、物料守恒关系分析解答该题。
【详解】A．由上述分析可知，则曲线①②分别代表lgc(HA)、lgc(A-)与pH 的关系，故A 错误；
B．HA 的电离平衡常数Ka=10-5，A-的电离平衡常数Kh=Kw
Ka
=1×10
-14
10
-5
=10-9，0.1mol•L-1NaA 溶液中c(OH -)≈(A
-)=√c×Kh=√0.1×10
−9=10-5mol/L，pH=9，故B 正确；
C．a 点溶液中溶质为HA 和NaA，且c(HA)=c(NaA)，物料守恒关系为c(A
−)+c(HA)=2c(Na
+)，故C 正确；
D．0.1mol•L-1NaOH 溶液滴定20.00mL0.1mol•L-1HA 溶液至终点时消耗V(NaOH)=20.00mL，NaA 溶液呈碱性，
图中b 点溶液呈中性，则HA 有剩余，消耗V(NaOH)＜20.00mL，故D 正确；
故选：A。
9．常温下，用某未知浓度的盐酸滴定15.00 mL0.5000 mol⋅L
−1Na2CO3溶液，其滴定曲线如图所示。已知
图像中EG 段有大量气泡产生，下列有关说法正确的是
A．A 点溶液显碱性的原因：CO3
2−+2H2O⇌H2CO3+2OH
−
B．C 点溶液液中存在：c(Cl
−)>c(HCO3
−)>c(OH
−)>c(CO3
2−)
C．确定F点为滴定终点可选用酚酞作指示剂
D．盐酸的物质的量浓度为0.5523 mol⋅L
−1
【答案】B
【分析】用某未知浓度的盐酸滴定15.00 mL0.5000 mol⋅L
−1Na2CO3溶液，首先碳酸根离子和氢离子生成
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
碳酸氢根离子、碳酸氢根离子和氢离子生成碳酸，碳酸分解为二氧化碳和水；
【详解】A．Na2CO3溶液显碱性，是因为Na2CO3溶液中CO3
2−水解，其水解方程式为
CO3
2−+ H2O⇌HCO3
−+OH
−，A 项错误；
B．C点第一突变点，溶质为等物质的量的碳酸氢钠与氯化钠溶液，且NaHCO3的水解程度大于其电离程度，
即溶液中离子浓度大小关系为c(Na
+)>c(Cl
-)>c(HCO3
-)>c(OH
-)>c(CO3
2-)>c(H
+)，B 项正确；
C．F点为滴定终点，溶液显酸性，指示剂为甲基橙，C 项错误；
D．结合F点分析得：
c(HCl)=2c(Na2CO3)×V(Na2CO3)
V (HCl)
= 2×0.5000 mol⋅L
−1×15.00 mL
13.58 mL
=1.104 6 mol⋅L
−1，则未知浓度的
盐酸的物质的量浓度为1.1046 mol⋅L
−1，D 项错误；
答案选B。
10．室温时，用0.1000 mol⋅L
−1的标准AgNO3溶液滴定10.00 mL 浓度相等的Cl
−、Br
−和I
−混合溶液，通
过电位滴定法获得lgc(Ag
+)与V (AgNO3)的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用）。已知
K sp(AgCl)=1.8×10
−10，K sp(AgBr)=5.4×10
−13，K sp(AgI)=8.5×10
−17。
下列说法错误的是
A．a 点溶液中有黄色沉淀生成
B．b 点溶液中Cl
−浓度为0.010
V 1
mol⋅L
−1
C．c 点溶液中c(I
−)
c(Br
−)
的比值数量级为10
−4
D．d 点溶液中c(Ag
+)>c(Cl
−)>c(Br
−)>c(I
−)
【答案】B
【详解】A．由题意可知：K sp(AgCl)> K sp(AgBr) > K sp(AgI)，则a 点溶液中优先生成黄色的AgI沉淀，
A 正确；
B．因K sp(AgCl)> K sp(AgBr) > K sp(AgI)，则b 点时Cl
−还未被沉淀，即
c(Cl
−)= 0.1mol· L
−1×10mL
(10+V 1)mL
=
1
10+V 1
mol· L
−1，B 错误；
C．根据K sp(AgCl)> K sp(AgBr) > K sp(AgI)可知，c 点时I
−、已被沉淀完全，则c 点溶液中
c(I
−)
c(Br
−)
= K sp( AgI )
K sp( AgBr ) = 8.5×10
−17
5.4×10
−13 =1.57×10
−4，即比值数量级为10
−4，C 正确；
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．d 点时Cl
−、Br
−和I
−均已被沉淀完全，此时c( X
−)= K sp( AgX )
c( Ag
+)
( X =Cl，Br ，I )，因K sp(AgCl)>
K sp(AgBr) > K sp(AgI)，则溶液中c(Cl
−)>c(Br
−)>c(I
−)，且此时c(Ag
+)最大，所以d 点溶液中
c(Ag
+)>c(Cl
−)>c(Br
−)>c(I
−)，D 正确；
故选B。
11．现有10.00 mLHCl和H2C2O4的混合溶液，二者的浓度分别为0.2000 mol⋅L
−1和0.1000 mol⋅L
−1。实
验室用0.1000 mol⋅L
−1NaOH溶液滴定，滴定过程中含碳微粒的分布分数δ及溶液pH随NaOH溶液体积的变
化关系如下图所示。下列说法错误的是
[已知：δ (H2C2O4)=
c(H2C2O4)
c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−)
]。
A．曲线①表示δ (H2C2O4)
B．a 点时溶液中存在c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c (H
+)=c(OH
−)
C．pH≈2时，溶液中c(HC2O4
−)<10c(H2C2O4)
D．滴定曲线表明无法单独滴定上述混合酸中的HCl
【答案】B
【分析】滴定过程中随NaOH体积增大pH 增大，H 2C2O4电离平衡正向移动，其分布分数逐渐减小，
HC2O4
−电离平衡正向移动，其分布分数先增大后减小，C2O4
2−分布分数增大，则曲线①表示δ (H2C2O4)，曲
线②表示δ(HC2O4
−)，曲线③表示δ(C2O4
2−)，曲线④表示pH 随NaOH溶液体积的变化关系。
【详解】A．根据分析可知曲线①表示δ (H2C2O4)，A 正确；
B．a 点时加入了40mlNaOH，恰好和HCl和H 2C2O4完全反应，得到c (NaCl):c(Na2C2O4)=2:1的混合
溶液，电荷守恒为：c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(Cl
−)+c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)，物料守恒为：
c (Na
+)=c(Cl
−)+2c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)+2c(H2C2O4)，联立两式得
2c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c (H
+)=c(OH
−)，B 错误；
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．没有加入NaOH溶液时，即横坐标为0，此时①的纵坐标为0.8，②的纵坐标为0.2，说明溶液中
c(HC2O4
−)：c(H2C2O4)=0.2:0.8=0.25，即发生电离的c(H2C2O4)=0.02mol / L，电离出的
c(H
+)=0.02mol / L，加上HCl电离出的H
+，溶液中c(H
+)=0.22mol / L，
K a1= c(HC2O4
−)c(H
+)
c(H2C2O4)
=0.22×0.25=0.055，pH≈2时，c(H
+)=0.01mol / L，c(HC2O4
−)×0.01
c(H2C2O4)
=0.055，
c(HC2O4
−)=5.5c(H2C2O4)，则c(HC2O4
−)<10c(H2C2O4)，C 正确；
D．混合酸第一次当量点消耗V (NaOH )=30ml，对应HCl 和H2C2O4第一步电离的总酸量，无法将HCl 单
独滴定出来，D 正确；
故选B。
12．25 ℃下，某实验小组用碱（MOH）与酸（HA）做了如下三组滴定实验：
实验序号
c(MOH)/(mol⋅L
−1) V (MOH)/ mL
c(HA)/(mol⋅L
−1) V (HA)/ mL
1
0.1000
50.00
0.1000
25.00
2
0.0100
50.00
0.0100
25.00
3
0.0010
50.00
0.0010
25.00
得到滴定曲线如图（生成的MA 可溶于水）：
下列说法错误的是
A．三组实验均可选用甲基橙作指示剂
B．K a(HA)> K b(MOH)
C．M、N、P 三点溶液中，N 点水的电离程度最大
D．该小组所做实验说明通常的酸碱滴定不适用于特别低的浓度测定
【答案】A
【详解】A．甲基橙的变色范围为3.1~4.4，实验3 的pH 突变范围与甲基橙的变色范围无法重叠且pH 突变
范围太小，甲基橙已不适用，A 错误；
B．实验1 的pH 突变范围偏酸性，说明MA 溶液呈酸性，则M
+的水解程度大于A
−的水解程度，则
K a(HA)> K b(MOH)，B 正确；
48
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．M、N、P 三点溶液中，N 点酸碱恰好完全反应，溶质为MA，M
+和A
−的水解促进水的电离，M 点为HA
溶液，抑制水的电离，P 点MOH 过量，抑制水的电离，则N 点水的电离程度最大，C 正确；
D．对比三组实验可知，酸与碱浓度越低时的pH 突变范围越小，越难以确定滴定终点，表明通常的酸碱滴
定不适用于特别低的浓度测定，D 正确；
故选A。
13．25℃时，向0.10 mol⋅L
−1的一元酸HA溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，滴定过程中溶液的pH及
−lgc(H
+)水，[c (H
+)水指由水电离出来的H
+]变化如图所示，下列说法正确的是
A．水的电离程度：a>b>c
B．V (NaOH 溶液)=25.00 mL时，2c (H
+)+c(A
−)=2c(OH
−)+c (HA)
C．d 点溶液中，c(A
−)>c (Na
+)>c(OH
−)>c (H
+)
D．25℃时，反应A
−+ H2O⇌HA+OH
−的平衡常数为：1.0×10
−9.2
【答案】D
【分析】随着NaOH的加入，发生HA+NaOH=NaA+H2O，溶液的pH增大，水电离的氢离子浓度先增大后减小，
故曲线②表示溶液pH随NaOH溶液体积的变化，曲线①表示−lgc(H
+)水随NaOH溶液体积的变化。
【详解】A．曲线①表示−lgc(H
+)水随NaOH溶液体积的变化，水的电离程度：b>c>a，A 错误；
B．V (NaOH 溶液)=25.00 mL时，溶质为等浓度的HA 、NaA，由质子守恒可得，
2c (H
+)+c (HA)=2c(OH
−)+c(A
−)，B 错误；
C．d 点溶液为HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应，溶质为NaA，由于A
−离子水解，且溶液pH＞7，则离子
浓度大小顺序为：c (Na
+)>c(A
−)>c(OH
−)>c (H
+)，C 错误；
D．由初始条件下，0.10 mol⋅L
−1的一元酸HA溶液中，水电离出来的c (H
+)=1×10
−11.1可知，
K a= 10
−2.9×10
−2.9
0.1
=10
−4.8，则反应A
−+ H2O⇌HA+OH
−的平衡常数
K h= c (HA)c(OH
−)
c(A
−)
= c (HA)c(OH
−)c(H
+)
c(A
−)c(H
+)
=
K w
K a
=10
−9.2，D 正确；
故选D。
49
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
14．室温下，用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定20mL 0.1mol·L-1的HX、HY 两种酸溶液，测得溶液pH 与滴
入NaOH 溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法正确的是
A．室温下酸根离子的水解常数：Kh(Y
-)>Kh(X
-)
B．a 点的溶液中：c(X
-)>c(Na
+)>c(HX)>c(H
+)>c(OH
-)
C．b 点是滴定终点
D．可选用甲基橙作为指示剂
【答案】B
【详解】A．由图像知，起始浓度相同时HY 溶液中c(H
+)较大，且c(H
+)小于0.1mol/L，为弱酸，酸性：
HY>HX，酸性越弱，酸根离子的水解常数越大，即Kh(Y
-)<Kh(X
-)，A 项错误；
B．a 点时HX 被中和一半，溶液中的溶质为等物质的量浓度的酸(HX)和盐(NaX)，溶液呈酸性，则
c(H
+)>c(OH
-)，说明HX 的电离程度大于X
−的水解程度，则c(X
-)>c(HX)，由2c(Na
+)=c(X
-)+c(HX)
可知，c(X
-)>c(Na
+)>c(HX)，B 项正确；
C．滴定终点时溶质为强碱弱酸盐，溶液pH>7，b 点不是滴定终点，C 项错误；
D．由于滴定终点时溶液显碱性，故应选用酚酞作为指示剂，D 项错误；
答案选B。
15．常温下，用0.1mol⋅L
−1NaOH溶液滴定20.00 mL0.1mol⋅L
−1HB溶液，体系中1gc(B
−)、1gc(HB)和
NaOH溶液体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．a 点时，c(HB)=c(B
−)
B．b 点时，滴入V[NaOH (aq)]=20 mL
50
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．曲线②表示lgc(HB)与pH的关系
D．Ka (HB)=10
−5
【答案】D
【分析】随着NaOH溶液的增加，溶液中c(B
−)逐渐增大、c(HB)逐渐减小，则lgc(B
−)逐渐增大、lgc(HB)
逐渐减小，所以曲线①、②分别表示lgc(HB)、lgc(B
−)。
【详解】A．a 点加入NaOH溶液的体积为10 mL，得到等物质的量浓度的HB、NaB，溶液中存在电荷守恒
c(H
+)+c(Na
+)=c(B
−)+c(OH
−)、存在物料守恒2c(Na
+)=c(B
−)+c(HB)，所以
2c(H
+)+c(HB)=c(B
−)+2c(OH
−)，溶液显酸性c(H
+)>c(OH
−)，故c(HB)<c(B
−)，A 项错误；
B．b点时pH =7，如V[NaOH (aq)]=20 mL，则与HB溶液恰好完全反应生成NaB，NaB为强碱弱酸盐，溶液
的pH>7，b 点时，滴入V[NaOH (aq)]≠20 mL，B 项错误；
C．通过以上分析知，曲线②表示lgc(B
−)与pH的关系，C 项错误；
D．①、②交点时lgc(B
−)=lgc(HB)时，c(B
−)=c(HB)，溶液的pH =5，HB的电离平衡常数
Ka (HB)=c(B
−)×c(H
+)/c(HB)=c(H
+)=10
−5，D 项正确；
答案选D。
1．（2025·浙江·6 月高考真题）
中常含
。为配制不含
的
溶液，并用苯甲酸标
定其浓度，实验方案如下：
步骤I——除杂：称取
配制成饱和溶液，静置，析出
；
步骤Ⅱ——配制：量取一定体积的上层清液，稀释配制成
溶液；
步骤Ⅲ——标定：准确称量苯甲酸固体，加水溶解，加指示剂，用步骤Ⅱ所配制的
溶液滴定。
下列说法正确的是
A．步骤I 中
析出的主要原因是：
很大，抑制
水解
B．步骤Ⅱ中可用量筒量取上层清液
C．步骤Ⅲ中可用甲基橙作指示剂
D．步骤
中所需的蒸馏水都须煮沸后使用，目的是除去溶解的氧气
【答案】B
【详解】A．
在浓NaOH 溶液中析出的主要原因是Na+的同离子效应，导致其溶解度显著降低，高
浓度OH−抑制
水解是次要原因，A 错误；
B．步骤Ⅱ中配制一定浓度的
溶液，可以用量筒量取一定体积的上层清液，稀释配制成
溶液，
B 正确；
51
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．苯甲酸属于弱酸，用苯甲酸标定
溶液的浓度，滴定终点溶液呈碱性，应该选择酚酞作指示剂，C
错误；
D．步骤
中所需的蒸馏水都须煮沸后使用是为了除去水中溶解的CO2，避免CO2和NaOH 反应产生杂
质，氧气对配制苯甲酸溶液和NaOH 溶液没有影响，D 错误；
故选B。
2．（2025·云南·高考真题）甲醛法测定
的反应原理为
。
取含
的废水浓缩至原体积的
后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用
的
NaOH 标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH 关系如图2[比如：
]。下列说法正确的是
A．废水中
的含量为
B．c 点：
C．a 点：
D．
的平衡常数
【答案】D
【详解】A．由图1 中的信息可知，当加入NaOH 标准溶液的体积为20.00mL 时到达滴定终点，发生的反应
有H++OH-=H2O、(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O，由关系式
~[
]~4
可知，由于待测
液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL 溶液中
，则
原废水中
，因此，废水中
的含量为
，A 错误；
B．c 点加入NaOH 标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、(CH2)6N4的混合液，且浓度之比为1 4 1
∶∶，由电
52
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
荷守恒可知，
，由于c(Na+)＞c(Cl-)，
，B 错误；
C．a 点加入10.00mL 的NaOH 溶液，得到NaCl、(CH2)6N4HCl、HCl 的混合液，且浓度之比为2 1 1
∶∶，
在溶液中水解使溶液显酸性，故c(H+)＞c[(CH2)6N4H+]，C 错误；
D．由图1 和图2 可知，当
时，
占比较高，
，则由氮守恒可知，
，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则
的
平衡常数
，D 正确；
综上所述，本题选D。
3．（2025·江苏·高考真题）用
草酸
溶液滴定未知浓度的
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
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。
4．（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
，以确保N 元素完全转化为
B．步骤Ⅱ，浓
溶液过量，有利于氨的蒸出
53
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收
，以甲基红(变色的
范围：
)为指示剂，用
标准溶液滴定，经计算可得N 元素的含量
D．尿素
样品、
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
，再加入浓NaOH 溶液让
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
，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为
，确保N 元素完全
转化为
，A 正确；
B．根据
+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
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．
中的N 元素在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下不会转化为
，不能按上述步骤测定，D
错误；
答案选D。
5．（2024·广西·高考真题）常温下，用
溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ．20.00mL 浓度均为
和
溶液
Ⅱ．20.00mL 浓度均为
和
溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知
，下列说法正确的是
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N 线
B．
点水电离出的
数量级为
C．
时，Ⅱ中
54
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．
时，Ⅰ中
之和小于Ⅱ中
之和
【答案】D
【分析】溶液中加入40ml 氢氧化钠溶液时，I 中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合
氨，根据
，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电
离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I 对应的滴定曲
线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N；
【详解】A．向溶液中加入40ml 氢氧化钠溶液时，I 中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和
一水合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I 对应的滴定
曲线为M，A 错误；
B．根据分析可知a 点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH 接近8，由水电离的
=
，数量级接近
，B 错误；
C．当
时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相
同，铵根的水解
，即
水解程度小于一水合氨的电离程度，所
以
，又物料守恒
，即
，故
，C 错误；
D． 根据元素守恒，
之和等于
之和，根据图像，
时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中
之和小于Ⅱ中
之和，D 正确；
故选D。
6．（2024·贵州·高考真题）硼砂
水溶液常用于pH 计的校准。硼砂水解生成等物质
的量的
(硼酸)和
(硼酸钠)。
已知：①
时，硼酸显酸性的原理
②
。
下列说法正确的是
A．硼砂稀溶液中
B．硼酸水溶液中的
主要来自水的电离
C．25℃时，
硼酸水溶液的
55
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．等浓度等体积的
和
溶液混合后，溶液显酸性
【答案】B
【详解】
A ．
水解生成等物质的量浓度的
和
，硼酸遇水转换
，根据物料守恒，
，A 错
误；
B．根据已知，硼酸遇水转换
，其中的H+是由水提供的，B 正确；
C．25℃时，
，
，
，因
，
，C 错误；
D．
的电离平衡常数为
，
的水解平衡常数
，
水解程度大于电离程度，显碱性，D 错误；
故选B。
7．（2024·湖南·高考真题）常温下
，向
溶液中缓慢滴入相
同浓度的
溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入
溶液体积的变化关系如图所示，下
列说法错误的是
A．水的电离程度：
B．M 点：
56
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．当
时，
D．N 点：
【答案】D
【分析】结合起点和终点，向
溶液中滴入相同浓度的
溶液，发生浓度改变
的微粒是Na+、
、
和
；当
，溶液中存在Na+、H+和
，
，随着加入
溶液，
减少但不会降到0，当
，
，随着加入
溶液，
会与
反应而减少，
当
，溶质为
，
，
，
很少，接近于0，则斜
率为负的曲线代表
；当
时，
中
=
，很小，
随着加入
溶液，溶质由
变为
和
混物，最终为
，
增加的很少，
而
增加的多，当
，溶质为
，
少部分水解，
，斜率为正的曲线代表
，即经过M 点在下降的曲线表示的是
浓度
的改变，经过M 点、N 点的在上升的曲线表示的是
浓度的改变。
【详解】A．N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa 的水解，M 点时
仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A 正确；
B．M 点溶液中电荷守恒有
，M 点为交点可知
，
联合可得
，故B 正确；
C．当
时，溶液中的溶质为
，根据电荷守恒有
，根据物料守恒
，两式整理可
得
，故C 正确；
D．N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此
及
观察图中N 点可知，
，根据
，可知
，故D 错误；
故答案选D。
57
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
8．（2024·北京·高考真题）下列实验的对应操作中，不合理的是
眼睛注视锥形瓶中溶液
A．用
标准溶液滴定
溶液
B．稀释浓硫酸
C．从提纯后的
溶液获得
晶体
D．配制一定物质的量浓度的
溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．用HCl 标准溶液滴定NaOH 溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而
判断滴定终点，A 项合理；
B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛
水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B 项合理；
C．NaCl 的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl 溶液中获得NaCl 晶体采用蒸发结晶的方法，C 项合理；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻
度线以下约1cm 时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D 项不合理；
答案选D。
58
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
59
