2024高二化学寒假作业同步练习题pH的应用－酸碱中和滴定含解析

pH的应用－酸碱中和滴定一、pH的应用1．医疗上：血液中的pH是诊断疾病的一个重要参数，而利用药物调控血液的pH是协助治疗的重要手段之一。2．生活中：人们运用的护发素的主要功能也是调整头发的pH，使之达到相宜的酸碱度。3．环保领域：酸性和碱性废水的处理常利用中和反应，处理过程中可利用pH自动测定仪进行检测和限制。4．农业生产中：各种农作物生长都对土壤的pH范围有肯定的要求。5．科学试验和工农业生产中：溶液pH的限制经常是影响试验结果或产品质量、产量的一个关键因素。如在用于测定酸碱溶液浓度的酸碱中和反应滴定中，溶液pH的改变是推断滴定终点的依据。二、酸碱中和滴定1．概念和原理（1）概念：是利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的试验方法。（2）原理碱，则c(H＋)＝eq\f(cOH－·V碱,V酸)或c(OH－)＝eq\f(cH＋·V酸,V碱)。（3）试验关键①精确测定参与反应酸、碱的体积。②精确推断滴定终点。2．主要仪器及运用（1）仪器：滴定管，铁架台，滴定管夹，锥形瓶，烧杯。仪器a是酸式滴定管，仪器b是碱式滴定管。（2）滴定管的运用方法①查漏：运用前先检查滴定管活塞是否漏水。②润洗：在加入反应液之前，干净的滴定管要用所要盛装的溶液润洗2～3遍。③装液：分别将反应液加入相应滴定管中，使液面位于滴定管“0”刻度线以上2～3mL处。④调液面记数据：在滴定管下放一烧杯，调整活塞，使滴定管尖嘴部分充溢反应液，然后调整滴定管液面使其处于某一刻度，精确读取数值并记录。3．主要试剂（1）待测液；（2）标准液；（3）指示剂(一般用酚酞或甲基橙)。4．试验操作以标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液为例：（1）洗涤：洗涤仪器并进行检漏、润洗。（2）取液：向碱式滴定管中注入待测液氢氧化钠溶液，取肯定体积注入锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞指示剂；向酸式滴定管中注入标准液盐酸。（3）滴定：在锥形瓶下垫一张白纸，左手限制滴定管的活塞，向锥形瓶中先快后慢地加入标准液(后面逐滴加入)，右手摇动锥形瓶，眼睛视察锥形瓶内溶液的颜色改变。（4）读数：至指示剂发生明显的颜色改变(浅红色变为无色)且半分钟内不变时，停止滴定。平视滴定管中凹液面最低点，读取溶液体积。（5）记录：记录滴定前和滴定终点时滴定管中标准液的刻度，重复滴定2～3次将数据记入表中。（6）计算：以(V终－V始)为消耗的标准液的体积，取2～3次试验结果的平均值，依据c待＝eq\f(c标·V标,V待)计算待测液的物质的量浓度。1．化学在生活中应用广泛，下列物质性质与对应用途错误的是A．明矾易水解生成胶体，可用作净水剂B．草木灰和硫酸铵混合施用，肥效更高C．氮气化学性质稳定，可用作粮食爱护气D．盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞【答案】B【解析】明矾电离的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，胶体吸附水中杂质一起聚沉，A项正确；草木灰（主要是碳酸钾）和硫酸铵混合施用，其中的碳酸根离子会促进铵根离子的水解，使肥效降低，B项错误；氮气性质惰性，很少与其他物质反应，可以用做爱护气，C项正确；玻璃里含有的二氧化硅会与氢氧化钠反应，所以盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，D项正确。答案选B。2．盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用，有关应用或说法与盐类水解无关的是A．用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污B．生活中常用明矾净水C．用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿D．长期运用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰【答案】C【解析】纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，A项错误；明矾溶于水，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+，具有吸附性，能使悬浮于水中的不溶性固体小颗粒凝合而加快小颗粒的沉降，B项错误；用稀硫酸除去铜器表面的铜绿，是碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，C项正确；长期运用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，D项错误。答案选C。3．下列依据反应原理设计的应用，不正确的是A．热的纯碱溶液清洗油污B．(胶体)明矾净水C．泡沫灭火器灭火D．配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠【答案】D【解析】加热能促进水解，CO32－水解生成OH－越多，能与油污发生反应越彻底，A项正确；Al3+水解实力较强，生成的Al(OH)3形成Al(OH)3胶体，具有吸附性，达到净水目的，B项正确；Al3+与HCO3－发生相互促进的水解生成CO2，均能隔绝可燃物与O2的接触，达到灭火目的，C项正确；NaOH能与SnCl2水解生成的HCl反应，促进SnCl2水解，使SnCl2溶液所含杂质更多，D项错误。答案为D。4．下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是化学式CH3COOHHClOH2CO3Ka1.8×10-53.0×10-8Ka1＝4.7×10-7Ka2＝5.6×10-11A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)B．向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=5，此时c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=9:5C．少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中，c(HClO)增大D．等体积等物质的量浓度的CH3COONa(aq)与NaClO(aq)中离子总数前者小于后者【答案】C【解析】因为Ka(CH3COOH)＞Ka(HClO)，CH3COONa比NaClO的水解程度小，酸根离子浓度CH3COONa比NaClO大，所以相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，A项错误；溶液pH＝5，Ka＝eq\f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH))，即eq\f(c(CH3COO－)·10-5,c(CH3COOH))＝1.8×10-5，此时c(CH3COOH):c(CH3COO-)＝5:9，B项错误；少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中，与氯水中的HCl反应，从而促进Cl2＋H2OHCl＋HClO的平衡正向移动，c(HClO)增大，C项正确；等体积等物质的量浓度的CH3COONa(aq)与NaClO(aq)中，CH3COO-比ClO-的水解程度小，所以后者溶液中c(OH-)大，前者溶液中c(H+)大，CH3COONa(aq)中[c(Na+)+c(ClO-)+c(OH-)]与NaClO(aq)中[c(Na+)+c(CH3COO-)+c(OH-)]相等，所以离子总数前者大于后者，D项错误。答案选C。5．用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液（甲基橙作指示剂），下列操作正确的是A．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用氢氧化钠溶液润洗B．滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准盐酸进行滴定C．滴定时，边摇动锥形瓶边视察锥形瓶中溶液的颜色改变D．当滴定至溶液由红色变为橙色，且半分钟不变色，即为滴定终点【答案】C【解析】锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不能用待盛液润洗，A项错误；滴定管用蒸馏水洗涤后，要用标准盐酸润洗，再装入标准盐酸进行滴定，B项错误；滴定时，眼睛凝视锥形瓶内溶液颜色改变，边摇动锥形瓶边视察锥形瓶中溶液的颜色改变，C项正确；甲基橙作指示剂，当滴定至溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色，即为滴定终点，D项错误。答案选C。6．酸碱中和滴定是重要的定量试验，精确量取25.00mL某待测浓度的盐酸于锥形瓶中，用0.1000mol/L的氢氧化钠标准溶液滴定。下列说法正确的是A．锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，再用待测液进行润洗B．运用酚酞为指示剂，当锥形瓶中的溶液由红色变为无色时停止滴定C．滴定达到终点时，俯视刻度线进行读数，则测定结果偏低D．试验结束，某同学记录的氢氧化钠溶液的体积为21.6mL【答案】C【解析】锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，不能用待测液进行润洗，A项错误；运用酚酞为指示剂，滴定前锥形瓶内溶液为无色，当锥形瓶中的溶液由无色变为红色时停止滴定，B项错误；滴定达到终点时，俯视刻度线进行读数，消耗标准液的体积偏小，则测定结果偏低，C项正确；试验结束，滴定管的精度为0.01mL，某同学记录的氢氧化钠溶液的体积应为21.60mL，D项错误。答案选C。7．如图所示，a和b是盐酸和氢氧化钠溶液相互反应的pH值改变曲线，下列说法不正确的是A．NaOH的物质的量浓度：c(NaOH)=0.1mol·L-1B．a和b曲线上的任何一点都有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)C．P点溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)D．曲线b是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸的pH值改变曲线【答案】B【解析】依据曲线b可知NaOH溶液的pH＝13，则氢氧化钠溶液的浓度：c(NaOH)＝0.1mol·L－1，A项正确；未滴定时氢氧化钠中没有氯离子，盐酸中没有钠离子，B项错误；依据曲线可以看出P点时pH＝7，说明溶液呈中性，c(Na＋)＝c(Cl－)、c(H＋)＝c(OH－)，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度很小，则c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，C项正确；曲线b的pH是由大到小，说明是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸溶液的pH值改变曲线，D项正确。答案选B。【点睛】本题考查中和滴定、溶液中离子浓度大小比较，试题借助于滴定曲线考查了中和滴定过程中pH的改变，留意驾驭比较溶液中离子浓度大小的方法。8．用肯定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点旁边溶液pH和导电实力的改变分别如下图所示(利用溶液导电实力的改变可推断滴定终点:溶液总体积改变忽视不计)。下列说法不正确的是A．a点对应的溶液中：c(CH3COO-)=c(Na+)B．a→b过程中，n(CH3COO-)不断增大C．依据溶液pH和导电实力的改变可推断：V2＜V3D．c→d溶液导电性增加的主要缘由是c(OH-)和c(Na+)增大【答案】D【解析】常温下，a点溶液呈中性，则溶液中c(OH-)=c(H+)，溶液呈存在电荷守恒：c(CH3COO-)＋c(OH-)＝c(H+)+c(Na+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，A项正确；a点溶液中溶质为CH3COONa、CH3COOH，a到b过程中，醋酸接着和NaOH发生中和反应，则n(CH3COONa)增大、n(CH3COOH)减小，即n(CH3COO-)不断增大，B项正确；CH3COONa溶液呈碱性，要使酸碱混合溶液呈中性，则a点醋酸物质的量大于n(NaOH)即醋酸有剩余，导电实力中d点为酸碱恰好完全反应点，d点酸的物质的量等于n(NaOH)，则V2＜V3，C项正确；c到d溶液导电性增加主要是溶液中c(Na+)和c(CH3COO-)增大，D项错误。答案选D。9．下面a～e是中学化学试验中常见的几种定量仪器：a．量筒b．容量瓶c．滴定管d．托盘天平e．温度计(1)无“0”刻度的是________(填字母)。(2)下列操作合理的是________(填字母)。A．用25mL碱式滴定管量取20.00mLNaHCO3溶液B．用托盘天平精确称量10.20g碳酸钠固体C．用100mL量筒量取3.2mL浓硫酸D．用500mL容量瓶配制1mol·L－1的氢氧化钠溶液495.5mL(3)某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，若滴定起先和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则所用盐酸的体积为________mL。(4)某学生依据三次试验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测氢氧化钠溶液的体积/mL0.1000mol·L－1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积第一次25.000.0026.1126.11其次次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09请选用其中合理数据列出该氢氧化钠溶液物质的量浓度(计算结果保留4位有效数字)：c(NaOH)＝________。(5)由于错误操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是________(填字母)。A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后马上取用25.00mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后马上装标准溶液来滴定D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定【答案】(1)ab(2)A(3)26.00(4)0.1044mol·L－1(5)CD【解析】(1)滴定管、容量瓶无“0”刻度，托盘天平的“0”刻度在刻度尺的最左边。(2)B项，托盘天平的精确度为0.1g；C项，量取3.2mL的浓H2SO4应用5mL的量筒；D项，500mL容量瓶只能配制500mL溶液。(3)滴定管可估读一位，其体积应为26.00mL。(4)舍去其次组数据c(NaOH)＝eq\f(0.1000mol·L－1×\f(26.11mL＋26.09mL,2),25.00mL)＝0．1044mol·L－1。10．25℃时，HA的电离常数是1.75×10-5，按要求回答下列问题。(1)用水稀释0.1mol/L的HA溶液时，溶液中随着水量的增加，平衡将_______移动(填“向右”、“向左”或“不”)，HA的电离程度将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，溶液中c(OH-)将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)写出①Na3PO4的电荷守恒_______②NaH2PO4的物料守恒_______③Na2HPO4的质子守恒_______④比较Na2HPO4离子浓度大小_______(3)氯铝电池是一种新型的燃料电池。试回答下列问题：①通入Cl2(g)的电极是_______(填“正”或“负”)极。②通入Al(s)的电极是_______(填“正”或“负”)极。③电子从_______(填“Al”或“Cl2”)极流向_______极(填“正”或“负”)。④每消耗8.1gAl(s)，电路中通过的电子数目为_______NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）向右增大增大（2）①c(Na+)＋c(H+)＝3c(PO43－)＋2c(HPO42－)＋c(H2PO4－)＋c(OH-)②c(Na+)＝c(PO43－)＋c(HPO42－)＋c(H2PO4－)③c(H+)＋c(H2PO4－)＋2c(H3PO)＝c(PO43－)＋c(OH-)④c(Na+)＞c(HPO42－)＞c(OH-)＞c(H2PO4－)>c(H+)＞c(PO43－)（3）①正②负③Al正④0.9【解析】(1)加水稀释促进电离，平衡正向移动，HA的电离程度增大，H+的物质的量增大，但是体积是主要改变因素，所以H+的浓度减小，依据水的离子积常数，知OH-的浓度增大；(2)①Na3PO4溶液中的阳离子有Na+、H+，阴离子有OH-、PO43－、HPO42－、H2PO4－，依据离子与所带电荷之间的比例关系得：c(Na+)＋c(H+)＝3c(PO43－)＋2c(HPO42－)＋c(H2PO4－)＋c(OH-)；②eq\f(n(Na),c(P))＝1，则n(Na)＝n(P)，Na元素的存在形式为Na+，P元素的存在形式为PO43－、HPO42－、H2PO4－，所以有c(Na+)＝c(PO43－)＋c(HPO42－)＋c(H2PO4－)；③Na2HPO4溶液中能失去质子的微粒是：H2PO4－、H2O，失去质子后的产物为PO43－、OH-，能得到质子的物质是HPO42－、H2O，得到质子后的产物为H2PO4－、H3PO4、H+(H3O+)，依据微粒与得失质子的比例关系得：c(H+)＋c(H2PO4－)＋2c(H3PO)＝c(PO43－)＋c(OH-)；④Na2HPO4为溶质，所以Na+和H2PO4－的浓度偏高，且Na+浓度最大，HPO42－在水溶液中既电离(HPO42－H+＋PO43－)又水解(HPO42－＋H2OH2PO4－＋OH-)，且水解程度大于电离程度，所以H2PO4－、OH-的浓度比PO43－和H+的浓度偏高，再加上水的电离，知c(OH-)>c(H2PO4－)，c(H+)>c(PO43－)，综之离子浓度为c(Na+)>c(HPO42－)>c(OH-)>c(H2PO4－)>c(H+)>c(PO43－)；(3)①依据反应2Al+3Cl2=2AlCl3，Cl元素在反应有0价降低为-1价，得到电子，作正极反应物，通入氯气的电极是正极；②Al元素由0价上升到+3价，失去电子，作负极反应物；③依据原电池原理，电子从负极经外电路到达正极，所以电子从Al级流向正极；④依据价态改变知eq\f(n(Al),c(e－))＝eq\f(1,3)，n(Al)＝eq\f(8.1g,27g/mol)＝0.3mol，所以电子数目为0.3×3＝0.9NA。1．0.1mol•L-1 KHS溶液中下列表达式正确的是A．c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-)B．c(K+)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)C．c(HS-)+2c(S2-)+c(H2S)=0.1mol•L-1D．c(H2S)+c(OH-)=c(S2-)+c(H+)【答案】B【解析】KHS溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，A项错误；KHS溶液显碱性，说明HS－的电离程度小于水解程度，因此离子浓度大小关系是c(K+)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)＞(S2-)，B项正确；KHS溶液中存在物料守恒：c(K+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)=0.1mol•L-1，C项错误；KHS溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(K+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，将物料守恒式带入电荷守恒式可得质子守恒式：c(H2S)+c(H+)=c(S2-)+c(OH-)，D项错误。答案选B。2．广义的水解观认为：水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的改变。依据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是A．Mg3N2的水解产物是Mg(OH)2和NH3B．IBr水解的产物是HBrO和HIC．Be2C水解的产物是Be(OH)2和CH4D．Al2S3水解的产物是Al(OH)3和H2S【答案】B【解析】依据题意信息：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阴离子和阳离子两部分，阳离子和氢氧根结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物，据此进行解答。【详解】水解是反应中各物质和水分别解离成两部分、然后两两重新组合成新的物质，该反应相当于复分解反应，反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降。Mg3N2的水解产物是Mg(OH)2和NH3，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，A项正确；该反应中Br元素化合价由−1价变为＋1价，有电子转移，不符合水解原理，B项错误；Be2C水解的产物是Be(OH)2和CH4，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，C项正确；Al2S3水解的产物是Al(OH)3和H2S，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，D项正确。答案选B。3．在常温下，0.100mol/LNa2CO3溶液25mL用0.100mol/L盐酸滴定，其滴定曲线如图所示，对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是A．a点：c()=c()＞c(OH-)B．b点：5c(Cl-)>4c()+4c()C．c点：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)D．d点：c(H+)=c()+c()+c(OH-)【答案】B【解析】a点时n（HCl）=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于CO32-水解程度大于HCO3-的电离程度，所以c(HCO3-)＞c(CO32-)，A项错误；b点时n(HCl)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，依据物料守恒可知：5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3)，则：5c(Cl-)＞4c(HCO3-)＋4c(CO32-)，B项正确；c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，二者恰好完全反应生成NaHCO3，由于HCO3-水解程度较弱，则有c(HCO3-)＞c(OH-)，C项错误；d点时加入盐酸0.005mol，溶液中存在反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D项错误。答案选B。4．某温度时，将nmol•L﹣1氨水滴入20mL1.0mol•L﹣1盐酸中，忽视溶液混合时的体积改变，溶液pH和温度随加入氨水体积改变的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A．a点：Kw＝1.0×10﹣14B．b点：c(NH)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)C．25℃NH4Cl水解常数为(n﹣1)×10－6D．b点水的电离程度最大【答案】D【解析】水电离汲取热量，降低温度抑制水电离，则水的离子积常数减小，a点温度小于25℃，则a点Kw＜1.0×10-14，A项错误；酸碱中和反应是放热反应，二者恰好反应时放出的热量最多，此时溶液的温度最高。依据图知，b点温度最高，此时二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵电离产生的NH4+水解导致溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)＜c(Cl-)，但由于NH4+水解电离程度较小，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，故溶液中离子浓度关系为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，B项错误；加入20mL氨水时溶液的pH=7，溶液中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，依据电荷守恒得c(Cl-)=c(NH4+)=0.5mol/L，依据物料守恒得溶液中c(NH3•H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，电离平衡常数Kb＝eq\f(0.5×10－7,0.5n－0.5)＝eq\f(10－7,n－1)，则NH4Cl水解常数＝eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(10-14,eq\f(10－7,n－1))＝(n﹣1)×10-7，C项错误；酸或碱抑制水电离，NH4+水解促进水电离，酸或碱浓度越大其抑制水电离程度液越大，溶液中c(NH4+)越大，水电离程度就越大，a点溶质为HCl、b点溶质为氯化铵、c点溶质为氯化铵和一水合氨、d点溶质为氯化铵和一水合氨，只有b点促进水电离，因此水电离程度最大的是b，D项正确。答案选D。5．用滴定法测定某醋酸溶液样品中醋酸的含量，操作如下已知：该条件下，醋酸和NaOH以物质的量1︰1反应时得到溶液的pH为8.7。i.精确量取10.00mL醋酸溶液样品，加入蒸馏水至总体积为100.00mL，取其中20.00mL进行滴定试验，用酸度计测量溶液的pH改变；ⅱ.逐滴滴入0.1000mol/L的NaOH溶液，当酸度计显示pH=8.7时停止滴定，记录消耗的NaOH溶液的体积；ⅲ.平行测定多次(数据见表1)；iv.分析处理数据。表1：试验数据记录表