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”、最新试卷下载
第29 讲 水的电离和溶液的酸碱性
（模拟精练+真题演练）
完卷时间：50 分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Cu 64
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5 分）
1．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）实验小组进行实验检测菠菜中草酸和草酸盐的含量(均以草酸计)，
主要操作包括：
①菠菜样品研磨成汁，稀硫酸浸泡后取澄清溶液；②转移定容①中的澄清溶液，得待测液；③移取
20.00mL 待测液，用
的酸性
溶液滴定。
上述操作中，未用到的仪器为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】实验过程中，①所需仪器为研钵、烧杯、玻璃棒、漏斗；②所需仪器为玻璃棒、容量瓶、胶头滴
管；③所需仪器为酸式滴定管、锥形瓶。选项中A 为研钵，B 为分液漏斗，C 为烧杯，D 为酸式滴定管。
上述操作中，未用到的仪器为分液漏斗，故选B 项。
2．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）某小组设计实验测定胆矾(
)纯度(杂质不参与反应)：称
取
胆矾样品溶于蒸馏水，加入足量KI 溶液，充分反应后，过滤。把滤液配制成250mL 溶液，准确量
取配制溶液25.00mL 于锥形瓶中，滴加2 滴溶液X，用
溶液滴定至终点，消耗滴定液
Vml。涉及有关反应如下：
，
。下列叙述正确的是
A．X 为甲基橙溶液
B．滴加
溶液时选择滴定管如图所示
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．滴定管装液之前最后一步操作是水洗
D．胆矾纯度为
【答案】D
【解析】A．滴定反应为碘单质与硫代硫酸钠反应，因为碘单质遇淀粉变蓝，则指示剂X 为淀粉溶液，A
项错误；B．
水解而使其溶液显碱性，因此滴加该溶液要选择碱式滴定管，B 项错误；C．滴定管
装液之前最后一步操作是润洗，即用待装液润洗滴定管，C 项错误；D．根据关系式：
可知，胆矾纯度为
，D 项正确；答案选
D。
3．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）电位滴定法是根据滴定过程中被测离子浓度发生突跃，
指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点的一种滴定分析方法。常温下，利用盐酸滴定一定物质的量
浓度的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH 曲线如图所示(已知：碳酸的电离常数
)。
下列说法不正确的是
A．该实验中，需先后用酚酞和甲基橙作指示剂
B．a 点：
C．水的电离程度：a 点>b 点
D．b 点：
比值为
【答案】A
【解析】A．根据题中信息指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点的一种滴定分析方法，因此该实
验中不需要用指示剂，故A 错误；B．a 点溶质是碳酸氢钠和氯化钠且两者浓度相等，碳酸氢根既要电离又
要水解，因此
，故B 正确；C．a 点溶质是碳酸氢钠和氯化钠，促进
水的电离，而b 点溶质是氯化钠和碳酸，抑制水的电离，因此水的电离程度：a 点＞b 点，故C 正确；D．
b 点：
，故D 正确。
综上所述，答案为A。
4．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知
下，
均为1 的
(难挥发的二元强酸)溶液和
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
溶液，升高温度，两溶液
与温度的关系如图所示(不考虑水的挥发)。下列说法错误的是
A．
时，
对应溶液中水的电离程度最小
B．
时，水的离子积常数
C．
之后，
对应溶液
增大的主要原因是醋酸挥发
D．
点两溶液中存在
【答案】D
【解析】A．由图可知，曲线
表示
溶液的
与温度的关系，
时醋酸电离产生
对水的
电离抑制程度更大，水电离程度最小，A 项正确；B．由图可知，曲线
表示稀
的
与温度的关系，
则
时，溶液中
和
电离出的
浓度之和为
，
电离出的
，水的离子积常数
，B 项正确；C．
之后，
温度升高，
溶液
增大，主要原因是醋酸挥发，C 项正确；D．由电荷守恒可知，
，D 项错误；故答案为：D。
5．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推
断不合理的是
A．pH=5 的a、d 水溶液中c(H+)相同
B．c 通入紫色石蕊先变红后褪色
C．b 和e 反应可能生成Na2S2O3
D．e 能够促进水的电离
【答案】B
【分析】根据含有硫元素的物质所属类型，结合硫元素的化合价，可知a 是H2S，b 是单质S，c 是SO2，d
是H2SO4，e 为Na2SO3等亚硫酸盐，再结合物质的性质分析解答。
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】A．pH=5 的H2S、H2SO4水溶液中c(H+)都为1.0×10-5mol·L-1，故c(H+)相同，A 正确；B．c 是
SO2，SO2只能漂白某些有机色质，比如品红溶液，但是不能使指示剂褪色，故B 说法错误，B 错误；C．
单质S 与Na2SO3固体共热，可生成硫代硫酸钠Na2S2O3，C 正确；D．Na2SO3等亚硫酸盐为水解盐，能够
促进水的电离，D 正确；故选B。
6．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）常温下，向10 mL0.1 mol·L-1HA 溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的
MOH 溶液，其导电率、pH 与加入MOH 溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。
下列说法正确的是
A．a→d 过程中，水的电离程度逐渐增大
B．加入10 mL→13 mL MOH 溶液时，导电率降低是因为离子总数减小
C．常温下，Kb (MOH) =Ka(HA)≈10 -4.6
D．b 点溶液中c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +c (OH- )
【答案】C
【分析】起点a 点对应的pH 值为2.8，说明HA 是弱酸，c 点加入MOH10ml 时二者完全反应呈中性，也说
明MOH 是弱碱，MA 是呈中性的弱酸弱碱盐，b 点是加入5ml 时让HA 中和一半，此时溶液中存在MA 和
HA 物质的量为1：1。
【解析】A．a→c 过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，c→d 是碱过量又抑制水的电离，故
A 错误；B．10 mL→13 mL 是碱过量，离子数目继续增加，溶液体积继续增大，但是离子浓度在减小，所
以导电率减小，故B 错误；C．因为生成的弱酸弱碱盐呈中性，说明Kb (MOH) =Ka(HA)，在a 点pH=2.8，
c(H+)=c(A-)=
，c(HA)=0.1mol/L，
，故C 正确；D．b
点是加入5ml 时让HA 中和一半，此时溶液中存在MA 和HA 物质的量为1：1，根据物料守恒和电荷守恒
得出如下式子c(HA)+c(A-)=2c(M+)+2c(MOH)(1)和c(H+)+c(M+)=c(A-)+c(OH-)(2)，（1）+
得到如下式
子：c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +2c (OH- )，故D 错误；答案选C。
7．（2023·河南·统考模拟预测）25 °C 时，用0.5 mol·L-1 NaHCO3溶液滴定25.00 mL0.25 mol·L-1 CaCl2溶
液，测得混合溶液的pH 随滴加NaHCO3溶液的体积变化如图所示，当滴加25mLNaHCO3溶液时出现较为
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
明显的白色沉淀[已知：Ksp (CaCO3) =3.5 ×10-9、Ka1(H2CO3) =4.4 ×10-7、Ka2(H2CO3) =4.5×10-11、100.8≈6.3]。
下列叙述错误的是
A．向饱和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固体，溶液pH 不变
B．
的电离程度：c 点大于b 点
C．d 点溶液中c(Ca2+) <c(
)
D．d 点溶液中c(Ca2+)· c(
)的值约为4.9×10-6
【答案】C
【分析】a 点是氯化钙溶液，pH=7，溶液呈中性，b 点是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，两者之间没有发
生反应，碳酸氢根离子水解呈碱性，c 点已经有沉淀生成，溶液呈碱性，d 点沉淀的量已经不再变化，但溶
液仍为碱性，说明碳酸氢根离子的水解大于电离。
【解析】A．向饱和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固体不会再溶解，浓度不变，pH 值不变，故A 正确；
B．c 点生成了碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，因此c 点碳酸氢根电离程度大于b 点，故B 正确；
C．d 点溶液显碱性碳酸氢根离子以水解为主，电离的碳酸根离子很少，而且碳酸钙的溶度积比碳酸的第二
步电离常数大的多，钙离子浓度大于碳酸根离子浓度，故C 错误；D．c(Ca2+)· c(
)=
=
=
，故D 正确；答案选
C。
8．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）常温下，向
溶液中逐滴加入
的NaOH 溶液，滴入NaOH 溶液的体积与溶液pH 的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．a 点的
B．b 点时，
C．c 点时，
D．c 点时，
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】D
【解析】A．CH3COOH 是弱电解质，部分电离，0.1mol/L 的CH3COOH 溶液中c（H+）＜0.1mol/L，所以a
点溶液pH＞1，故A 错误；B．b 点为加入10mLNaOH 溶液，恰好反应生成等浓度的CH3COONa 和
CH3COOH，溶液呈酸性，此时溶液的总体积为30mL，且CH3COOH 电离程度大于CH3COONa 水解程度，
则溶液中c（CH3COO-）＞
×
≈0.033mol/L，故B 错误；C．当加入NaOH 溶液为20mL
时，恰好生成CH3COONa，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，则c 点时溶液pH＞7，故C 错误；
D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c 点溶液呈中性即c(H+)= c(OH-)，故c 点时，
，D 正确；故选D。
9．（2021·广东·统考模拟预测）常温下，将一定浓度的HCl 溶液滴加到
的MOH 溶液中，溶液的
pH 与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是
A．MOH 的电离常数：
B．a 点溶液中
C．水的电离程度：
D．将c 点溶液加水稀释，c 点向b 点移动
【答案】D
【解析】A．由图可知a 点时，
，
，溶液为MOH 和MCl 的混合溶液，
，
，故
，故A 正确；B．a 点时
，可
知
，又因为
，
，再结合电荷守恒得出
，a 点
，
，起始时溶液
，
，故
B 正确；C．a→c 的过程中，水的电离程度逐渐增大，当MOH 全部转化为MCl 时，水的电离程度最大，
故C 正确；D．c 点溶液呈中性，加水稀释，pH 不变，故D 错误；故本题选D．
10．（2023·江苏盐城·盐城中学校考二模）25℃时，用
溶液滴定同浓度的
溶液，
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
被滴定分数
、
及微粒分布分数[
，X 表示
、
或
]的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．25℃时，
第一步电离平衡常数
B．c 点溶液中：
C．a、b、c、d 四点溶液中水的电离程度：d>c>b>a
D．b 点溶液中：
【答案】D
【分析】由图可知，a、b、c、d 所在实线为0.1 mol·L-1NaOH 溶液滴定二元弱酸H2A 的滴定曲线，当
<1 时，H2A 部分反应，溶液中溶质为NaHA 和H2A；当
=1 时，反应生成NaHA，
NaHA 溶液显酸性；当1<
<2 时，溶液中溶质为NaHA 和Na2A；当
=2 时，反应生成
Na2A，Na2A 溶液显碱性。
【解析】A．由图可知，25℃时，c(HA-)=c(H2A)时，pH 约为4，则H2A 第一步电离平衡常数Ka1=
≈10-4，A 正确；B．c 点溶液中，溶液中溶质为NaHA 和Na2A，且c(HA-)=c(A2-)，由电
荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，pH=7，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(HA-)
+2c(A2-)=3c(HA-)=3c(A2-)=2c(HA-)+c(A2-)，B 正确；C．未加氢氧化钠溶液时，H2A 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、Na2A 能水解，促
进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，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，C 正确；D．b 点溶液中溶质为NaHA 和Na2A，结合图像可知
c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，b 点pH<7，c(H+)>c(OH-)，H2A 被滴定分数
>1，c(OH-)>c(H2A)，D
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
错误；故选D。
11．（2023·北京东城·北京五十五中校考模拟预测）测定溶液中乙二醛(含少量硝酸)含量的方法如下。
i．取V mL 待测溶液于锥形瓶中，加入2 滴酚酞溶液，用浓度为0.20 mol·L-1 NaOH 溶液滴定至溶液恰好由
无色变为粉红色，中和硝酸。
ii．向i 所得溶液加入过量0.50 mol·L-1 NaOH 溶液V1 mL，充全反应，使乙二醛反应生成CH2OHCOONa。
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．根据结构分析，pKa：CH2OHCOOH < CH3COOH
B．乙二醛反应生成CH2OHCOONa 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
【解析】A．pKa 越小，酸性越强。氧元素电负性很大，CH2OHCOOH 中醇羟基的氧原子的作用可使羧基
的O-H 键极性增强，电离出
变易。CH3COOH 中甲基是推电子基团，可使羧基的O-H 键极性减弱，电
离出
变难，因此pKa： CH2OHCOOH< CH3COOH，A 正确；B．醛基转化为羟基属于还原反应，醛基
转化为羧基属于氧化反应，B 正确；C．根据步骤iii，与硫酸反应的NaOH 物质的量为：
，则
与乙二醛反应的NaOH 物质的量为：
，根据步骤ii，乙二醛物质的也为
，则待测液中乙二醛的浓度为
，C 正确；D．如
果不进行步骤i，在步骤ii 时，除乙二醛消耗NaOH 外，HNO3也消耗NaOH，会造成计算得出的与乙二醛
反应的NaOH 偏多，最后测得溶液中乙二醛浓度偏高，D 错误；故选D。
12．（2023·上海·统考模拟预测）0.1 mol·L
NaOH 溶液分别滴入20 mL 0.1 mol·L
HX 溶液与20 mL 0.1
mol·L
HCl 溶液中，其pH 随滴入NaOH 溶液体积变化的图像如图所示。下列说法正确的是
A．b 点：
B．c 点：
C．a、d 点溶液混合后为酸性
D．水的电离程度：d>c>b>a
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】D
【分析】NaOH 是一元强碱，HCl 是一元强酸，当滴加20mLNaOH 溶液时溶液为中性，则N 曲线为HCl 溶
液的滴定曲线，M 曲线为HX 溶液的滴定曲线且可以判断该酸为弱酸。
【解析】A．b 点的pH=6 则
，则
，
故A 错误；
B．c 点是NaX 与HX1:1 的混合溶液，根据质子守恒可得：
，故B 错误；
C．a、d 点溶液混合即30mLNaOH 溶液与20 mL 0.1 mol·L
HX 溶液与20 mL 0.1 mol·L
HCl 溶液混合，
溶质为NaCl 和1:1 的NaX 与HX，酸碱性等价于c 点，由图可知呈碱性，故C 错误；D．d 点溶质只有
NaX 对水的电离起促进作用，c 点NaX 与HX1:1 的混合溶液，溶液显碱性说明水解程度大于电离程度，
HCl 是一元强酸而HX 为弱酸，强酸对水的电离的抑制程度更大，所以水的电离程度：d>c>b>a，故D 正确；
故选D。
二、主观题（共3 小题，共40 分）
13．（14 分）（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）I．研究水溶液中的粒子行为在研究中具有重要价
值。根据下表所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：
溶液
物质的量浓度
pH
(I)HAc
0.1 mol/L
2.86
(II)
0.1 mol/L
6.14
(III)
0.1 mol/L
1
(1)根据表中数据，写出HAc 的电离方程式
(2)比较溶液(II)、(III)中
的大小关系是(II) (III)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(3)溶液(I)和(II)中由水电离出的
之比是 。
II．某小组研究25℃下HAc 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc 溶液或改变
浓度，HAc 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 mol·L
的HAc 和NaAc 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；
测定pH，记录数据。
序
号
V(HAc)/mL
V(NaAc)/mL
/mL
pH
I
40.00
/
/
0
2.86
II
4.00
/
36.00
0
3.36
VII
4.00
a
b
3∶4
4.53
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
VIII
4.00
4.00
32.00
1∶1
4.65
(4)根据表中信息，补充数据：a= ，b= 。
(5)由实验I 和II 可知，稀释HAc 溶液，电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给
出判断理由： 。由实验II~VIII 可知，增大
浓度，HAc 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
【答案】(每空2 分)(1)HAc⇌Ac-+H+
(2)＜
(3)1:105
(4)3.00 33.00
(5)正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10 倍，而实验Ⅱ的pH 增大值小于1
【解析】（1）0.1mol/L 醋酸溶液的pH 等于2.86，说明是弱电解质，则其电离方程式为HAc⇌Ac-+H+；
（2）铵根水解显酸性，硫酸氢铵能电离出氢离子抑制铵根的水解，则溶液(Ⅱ)、(Ⅲ)中c(
)的大小关系
是(Ⅱ)＜(Ⅲ)；（3）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，
1.0×10-11.14mol•L-1，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，溶液中H+是由
水电离出的，c(H+)=1.0×10-6.14mol•L-1，则溶液(I)和(Ⅱ)中由水电离出的c(H+)之比是(1.0×10-11.14mol•L-1):
(1.0×10-6.14mol•L-1)=1:105；（4）由表格中数据可知，保证醋酸钠和醋酸物质的量之比为3:4，二者浓度相等，
则体积比为3:4，则a=3.00mL，总体积是40ml，则b=(40-3.00-4.00)mL=33.00mL；（5）加水稀释，体积增
大，平衡向微粒数增多的方向移动，即向电离的正向移动，强酸溶液不存在电离平衡，稀释10 倍pH 增大
1，而比较实验I、II，醋酸稀释10 倍，pH 增大值小于1。
14．（12 分）（2023·江西宜春·江西省宜丰中学校考模拟预测）已知25℃时电离常数：
酸
H2CO3
CH3COOH
HCN
Ka
Ka1=4.5×10-7Ka2=5.6×10-11
1.75×10-5
6.2×10-10
(1)H2CO3、CH3COOH、HCN 三种酸中酸性最弱的是 。常温下，pH 均为10 的Na2CO3、
CH3COONa、NaCN、NaHCO3四种溶液中，物质的量浓度最大的是 。
(2)常温下，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH 溶液中逐滴加入0.01mol·L-1KOH 溶液，其pH 变化曲线如图所示
(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：
①若想观察滴定终点，滴定过程中宜选用 作指示剂(填“酚酞”、“石蕊”或“甲基橙”)。
②b 点时，溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(3)常温下，向NaCN 溶液中通入少量CO2发生反应的化学方程式为： 。
(4)在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO
+H2O
HCO +OH-平衡，下列说法不正确的是_______。
A．稀释溶液，
增大
B．通入CO2，溶液pH 减小
C．升高温度，水解平衡常数增大
D．加入Na2O 固体，
减小
【答案】（每空2 分）(1)HCN CH3COONa
(2)酚酞 c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)
(3)NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN
(4)A
【解析】（1）电离平衡常数越大，说明电离程度越强，根据表中数据可知，酸性强弱顺序是
CH3COOH>H2CO3>HCN，因此三种酸中酸性最弱的是HCN；酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，
pH 为10 的四种盐溶液中，物质的量浓度最大的是CH3COONa；
（2）①中和滴定实验中，不用石蕊作指示剂，CH3COOH 与KOH 恰好完全反应生成CH3COOK，
CH3COOK 为强碱弱酸盐，溶液显碱性，选择指示剂原则之一是指示剂的变色范围与溶液的酸碱性一致，
因此用KOH 滴定CH3COOH 溶液，指示剂为酚酞；②根据图像可知，b 点时，混合溶液显酸性；b 点加入
KOH 溶液10mL，此时溶液中溶质为CH3COOK、CH3COOH，且两者物质的量相等，b 点溶液显酸性，说
明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，因此离子浓度大小顺序是
c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)；
（3）根据表中数据，电离平衡常数大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO ，因此NaCN 溶液中通入少
量CO2，发生NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO；
（4）A．
，加水稀释，促使平衡
向右进行，n(CO
)减小，n(Na+)、Kh不变，因此该比值应减小，故A 错误；B．通入CO2，CO2与OH-反
应生成HCO ，c(OH-)降低，pH 降低，故B 正确；C．盐类水解为吸热反应，升高温度，促进水解，水解
常数增大，故C 正确；D．加入Na2O，氧化钠与水反应生成NaOH，c(OH-)增大，平衡左移，c(HCO )减
小，c(CO
)增大，该比值减小，故D 正确；答案选A。
15．（14 分）（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考二模）(NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影
液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O7
2－(橙色)+H2O
2CrO4
2－
(黄色)+2H+。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH 溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体
溶解、 、 。
（2）为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量252g/mol)的分解产物，按下图连接好装置，在A 中加入5.040g 样品进
行实验。
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
①仪器B 的名称是 。
②加热A 至恒重，观察到D 中溶液不变色，同时测得A、B 中质量变化分别为2.00g、1.44g，写出重铬酸
铵加热分解反应的化学方程式 。
③C 的作用是 。
（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2++Cr2O7
2－
+H2O=2BaCrO4↓+2H+、 4NH4
++6HCHO =3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，
然后用NaOH 标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：称取样品2.800g，配成250mL 溶液，移取25.00mL 样品溶液于250mL 锥形瓶中，用氯化钡溶
液使Cr2O7
2－完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min 后，加入1～2 滴酚酞试液，
用0.200 mol·L－1 NaOH 标准溶液滴定至终点。重复上述操作3 次。
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH 标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH 标准溶液的体积
(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 。
②滴定结果如下表所示
该样品中氮的质量分数为 。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)有刺激性气味气体放出 溶液变为黄色（1 分）
(2)①U 形管（1 分） ②(NH4)2Cr2O7
Cr2O3+N2↑+4H2O ③防止水蒸气进入到B 中
(3)①偏大 锥形瓶内溶液颜色的变化 ②10.00%
【分析】(1)根据NH4
+与碱反应生成氨气，以及Cr2O7
2－(橙色)+H2O
2CrO4
2－(黄色)+2H+平衡移动解答。
(2)根据重铬酸铵的元素组成和元素化合价的变化，判断可能的产物。再根据实验现象及玻璃管A 和U 形管
B 的质量变化确定分解产物及产物的物质的量，进而确定参加反应的各物质的计量关系，据此写出重铬酸
钾分解反应的化学方程式。
(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
2molNH4
+生成的，NH4
+产生的H+消耗的NaOH 的量占消耗NaOH 的总量
，所以每摩尔氮原子产生的
H+消耗1molNaOH，据此分析计算。
【解析】(1)(NH4)2Cr2O7固体溶解于水，溶液呈橙色，当滴加足量浓KOH 溶液时，NH4
++OH-=NH3↑+H2O，
H++OH-=H2O，溶液中H+浓度减小，使平衡Cr2O7
2－(橙色)+H2O
2CrO4
2－(黄色)+2H+向正反应方向移动，
所以观察到的主要现象除固体溶解外，还有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色。
(2)①仪器B 的名称是U 形管。②因碱石灰不能吸收NH3，而D 中酚酞溶液不变色，说明重铬酸铵分解无氨
气产生。B 中碱石灰质量增加，说明有水蒸气生成（质量为1.44g）。但B 中增加的质量（1.44g）小于A
中减小的质量（2.00g），说明重铬酸铵分解产生的气体中除水蒸气外还有另外气体，该气体不能被碱石灰
吸收，结合-3 价氮的还原性和+6 价铬的氧化性推测该气体是氮气，n(N2)=
=0.02mol，生成
0.02molN2时-3 价氮元素失去的电子物质的量=0.02mol×6e-=0.12mole-，又因A 中样品n[(NH4)2Cr2O7]=
=0.02mol，根据氧化还原反应中电子得失守恒，每个+6 价铬原子得到的电子数=
=3，
即铬元素化合价由+6 价降到+3 价，由此推知A 中生成固体是Cr2O3，其物质的量n(Cr2O3)=0.02mol。生成
水蒸气的物质的量n(H2O)=
=0.08mol。则参加反应的各物质的物质的量之比为：n[(NH4)2Cr2O7]：
n(Cr2O3)：n(N2)：n(H2O)=0.02:0.02:0.02:0.08=1:1:1:4。所以重铬酸钾受热分解的化学方程式为：(NH4)2Cr2O7
Cr2O3+N2↑+4H2O。③为了使B 中碱石灰只吸收重铬酸钾分解产生的水蒸气，C 的作用就是防止D 中水
蒸气进入到B 中。
(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH4)2Cr2O7能产生4molH+，其中2molH+是由
2molNH4
+生成的，NH4
+产生的H+消耗的NaOH 的量占消耗NaOH 的总量
（每摩尔氮原子生成的H+消耗
1molNaOH）。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH 标准溶液，NaOH 溶液将被滴定管内壁的
水膜稀释，用该NaOH 溶液滴定时用去的NaOH 溶液的体积将偏大；中和滴定的关键是准确确定酸与碱恰
好中和的时间点，所以眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。②由表格数据可知，四次平行实验用去的
NaOH 标准溶液体积分别为：21.06-1.07=19.99mL、20.89-0.88=20.01mL、21.20-0.20=21.00、20.66-
0.66=20.00mL。显然第三次实验数据异常，舍去。所以滴定用去NaOH 标准溶液体积的平均值=
=20.00mL。2.800g 样品用去NaOH 的总物质的量=0.02000L×0.200mol/L×
=0.04mol，则样品中氮原子物质的量=
×0.04mol=0.02mol，所以样品中含氮质量分数=
×100%=10.00%。
1．（2023·浙江·统考高考真题）草酸(
)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
实验I：往
溶液中滴加
溶液。
实验Ⅱ：往
溶液中滴加
溶液。
[已知：
的电离常数
，溶液混合后体积变化忽略不
计]，下列说法正确的是
A．实验I 可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I 中
时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中
时，溶液中
【答案】D
【解析】A．
溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要
选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I 可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A 错误；B．
实验I 中
时，溶质是
、
且两者物质的量浓度相等，
，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在
，故B 错误；C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而
过量，因此该
反应在初始阶段发生的是
，该反应的平衡常数为
，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当
完全消耗后，
再和
发生反应，故C 错误；D．实验Ⅱ中
时，溶液
中的钙离子浓度为
，溶液中
，故D 正确。
综上所述，答案为D。
2．（2023·湖南·统考高考真题）常温下，用浓度为
的
标准溶液滴定浓度均为
的
和
的混合溶液，滴定过程中溶液的
随
(
)的变化曲线
如图所示。下列说法错误的是
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．
约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【分析】NaOH 溶液和HCl、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
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。
【解析】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，
=
=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。
3．（2022·浙江·统考高考真题）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-)
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
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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．（2022·浙江·统考高考真题）水溶液呈酸性的盐是
A．NH4Cl
B．BaCl2
C．H2SO4
D．Ca(OH)2
【答案】A
【解析】A．NH4Cl 盐溶液存在
而显酸性，A 符合题意；B．BaCl2溶液中
Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B 不符合题意；C．H2SO4属于酸，不是盐类，C 不符合
题意；D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D 不符合题意；故选A。
5．（2021·浙江·高考真题）某同学拟用
计测定溶液
以探究某酸HR 是否为弱电解质。下列说法正确
的是
A．25℃时，若测得
溶液
，则HR 是弱酸
B．25℃时，若测得
溶液
且
，则HR 是弱酸
C．25℃时，若测得HR 溶液
，取该溶液
，加蒸馏水稀释至
，测得
，则
HR 是弱酸
D．25℃时，若测得NaR 溶液
，取该溶液
，升温至50℃，测得
，
，则HR 是弱酸
【答案】B
【解析】A．25℃时，若测得
溶液
，可知
为强酸强碱盐，则
为强酸，A 错误；
B．25℃时，若测得
溶液
且
，可知溶液中
，所以
未完全
电离，
为弱酸，B 正确；C．假设
为强酸，取
的该溶液
，加蒸馏水稀释至
测
得此时溶液
，C 错误；D．假设
为强酸，则
为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促
进水的电离，水的离子积常数增大，
减小，D 错误；答案为：B。
6．（2021·广东·高考真题）测定浓硫酸试剂中
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
待测液，用
的
溶液滴定。
上述操作中，不需要用到的仪器为
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得待
测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL 待测液，用0.1000mol/L 的NaOH 溶液滴
定所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；选项中A 为容量瓶，B 为分液漏斗，C 为锥形瓶，D
为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗，综上所述，故答案为B。
17
