专题35 水的电离和溶液的酸碱性（解析版）【好题汇编】十年（2016-2025）高考化学真题分类汇编（全国通.用）

PAGE1专题35水的电离和溶液的酸碱性考点十年考情（2016-2025）命题趋势考点01涉及水的电离2024：广西、贵州2023：重庆、湖南2022：辽宁2021：福建、浙江2019：北京、天津注重考查学科核心知识：本专题主要考查水的电离平衡及其影响因素；水的离子积Kw及影响因素和应用；溶液的酸碱性与pH的关系，pH的测定及计算；酸碱中和滴定的原理和指示剂的选择方法；酸碱中和滴定的主要仪器及其用途；酸碱中和滴定的实验操作并会进行数据处理和误差分析等核心知识。强调知识的灵活运用与综合分析：水的电离和溶液的酸碱性在高考中属于必考内容，试题难度一般较大，常结合化学实验操作、盐类水解、电离平衡以及离子浓度大小比较等进行综合命题。中和滴定是中学教材重要定量实验之一，高考以中和滴定为基础，不断拓展延伸。不仅考查酸碱中和滴定图像或溶液中离子浓度变化图像，往往借助“多曲线图象”来考查，如对数图象、分布系数图象及不断创新发展匠双轴图象等。预计运用数学工具(图表)进行推理类试题在今后的高考中出现的可能性较大，图表题的推理性可能会有所增强，难度会有所增大，应予以重视。考点02溶液的酸碱性与pH2022：全国乙卷、辽宁、浙江2021：天津、浙江2020：浙江2019：浙江2018：浙江2017：全国II卷、浙江2016：浙江考点03酸碱中和滴定及应用2025：云南、江苏、浙江2024：北京、湖南、浙江、山东2023：浙江、山东2022：浙江、山东、湖南2021：辽宁、广东2020：全国I卷、浙江2019：全国I卷、浙江2018：全国III卷、江苏2016：全国I卷、江苏、海南知识点知识点01涉及水的电离1．（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。2．（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。3．（2023·重庆·高考真题）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．点等于点B．点大于点C．点降温过程中有2个平衡发生移动D．点【答案】B【详解】A．温度升高，水的电离程度增大，则点小于点，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，故点大于点，B正确；C．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．点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误；故选B。4．（2023·湖南·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

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。【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，==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。5．（2022·辽宁·高考真题）已知、均可自耦电离：，，下列反应与CH3CH2OH+HBr原理不同的是A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题目信息可知，CH3CH2Br和H2O互相交换成分生成CH3CH2OH和HBr；【详解】A．由2H2O(l)OH-+H3O+，Mg3N2和H2O互相交换成分，生成Mg(OH)2和NH3，与题中反应原理相同，故A不符合；B．由NH3(1)自耦电离，2NH3(1)，SiCl4和NH3互相交换成分，生成Si(NH2)4和NH4Cl，原理与题干中相同，故B不符合；C．PCl3、H2O的反应，二者进行互换成分生成了H3PO3和HCl，与题中的反应原理是相同的，故C不符合；D．Cl2和NH3发生反应生成单质N2，反应物之间没有进行成分的互相交换，与题中的反应原理不相同，故D符合；故答案为：D。6．（2021·福建·高考真题）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是A．a点溶液的比c点溶液的小B．a点时，C．b点溶液中，D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解【答案】A【详解】A．Kw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是不同，c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，故A正确；B．碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh=，所以，故B错误；C．b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：，由于c(H+)<c(OH-)，所以，故C错误；D．碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解的两个过程，故D错误；故选A。7．（2021·浙江·高考真题）25℃时，下列说法正确的是A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【答案】D【详解】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；答案选D。8．（2019·北京·高考真题）实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。9．（2019·天津·高考真题）某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A．曲线Ⅰ代表溶液B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。知识点知识点02溶液的酸碱性与pH10．（2022·全国乙卷·高考真题）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。

设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是A．溶液Ⅰ中B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为【答案】B【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；答案选B。11．（2022·辽宁·高考真题）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LHCl气体中H+数目为NAB．28gC2H4分子中含有的键数目为4NAC．1.8g18O中含有的中子数为NAD．pH=12的Na2CO3溶液中数目为0.01NA【答案】C【详解】A．标准状况下，22.4LHCl的物质的量为1mol，HCl是共价化合物，没有H+，故A错误；B．1个C2H4中含有5个σ键，28gC2H4分子中含有的σ键数目为mol-1=5NA，故B错误；C．18O中子数为18-8=10，1.8g18O的物质的量为，含有的中子数为NA，故C正确；D．未知溶液的体积，无法计算其离子数目，故D错误；故选：C。12．（2022·浙江·高考真题）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．在25℃时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NAB．1.8g重水(D2O)中所含质子数为NAC．足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NAD．32g甲醇的分子中含有C—H键的数目为4NA【答案】A【详解】A．1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-的浓度为0.01mol/L，物质的量0.01mol/L1L=0.01mol，OH-的数目为0.01NA，A正确；B．1.8g重水(D2O)的物质的量为：0.09mol，所含质子数为0.9NA，B错误；C．足量的浓盐酸与8.7gMnO2(0.1mol)反应，+4价Mn转化生成Mn2+，转移电子的数目为0.2NA，C错误；D．甲醇的结构简式为：CH3OH，32g(1mol)的分子中含有C—H键的数目为3NA，D错误；答案选A。13．（2021·天津·高考真题）常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、、B．pH=12的溶液：K+、Na+、、C．pH=7的溶液：Na+、Cu2+、S2-、Cl-D．pH=7的溶液：Al3+、K+、Cl-、【答案】B【详解】A．pH=1的溶液中，在酸性条件下与Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．pH=12的溶液中，K+、Na+、、均不能发生反应，能大量共存，故B正确；C．pH=7的溶液中，Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．pH=7的溶液中，Al3+、会发生双水解，不能大量共存，故D错误；故选B。14．（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【详解】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。15．（2020·浙江·高考真题）下列说法不正确的是A．的盐酸中B．将溶液从常温加热至，溶液的变小但仍保持中性C．常温下，溶液呈碱性，说明是弱电解质D．常温下，为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液增大【答案】A【详解】A.盐酸的浓度为2.0×10-7mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7mol/L，故A错误；B.KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；C.NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；D.醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；答案选A。16．（2019·浙江·高考真题）下列说法不正确的是A．蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸B．可用精密pH试纸区分pH＝5.1和pH＝5.6的两种NH4Cl溶液C．用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离D．根据燃烧产生的气味，可区分棉纤维和蛋白质纤维【答案】C【详解】A.加热液体至沸腾时，必须要在反应容器内加碎瓷片，防止暴沸，否则出现暴沸将会很危险，A项正确；B.精密pH试纸可以将pH值精确到小数点后一位,所以可以区分pH＝5.1和pH＝5.6的两种NH4Cl溶液，B项正确；C.苯和四氯化碳互相溶解，均难溶于水，因而加水不影响苯和四氯化碳的互溶体系，不可以分液，可采用蒸馏分离，C项错误；D.棉纤绵成分是纤维素，蛋白质纤维成分是蛋白质，蛋白质燃烧时会产生烧焦羽毛的气味，因而可以用燃烧法区别，D项正确。故答案选C。17．（2019·浙江·高考真题）下列说法不正确的是A．测得0.1mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质B．25℃时，将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0C．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－)＝1×10-10mol·L-1D．0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0【答案】D【详解】A、若HA为强酸，0.1mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，选项A正确；B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0，选项B正确；C、pH值为4.0的溶液中c（H+）＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，故c（OH-）＝1×10-10mol/L，选项C正确；D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。答案选D。18．（2019·浙江·高考真题）下列实验合理的是A．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pHB．用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）的混合物C．用淀粉-KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液D．用Na2CO3溶液鉴别CaCl2溶液、NaCl溶液和稀硫酸【答案】D【详解】A、用其他试纸时需要湿润，但是pH试纸是不需要湿润的，若湿润会稀释溶液，导致pH出现误差，选项A不合理；B、蒸馏只能分离沸点相差较大的物质，乙醇和苯沸点相近，不能用蒸馏的方法分离，选项B不合理；C、Fe3+和I-会发生氧化还原反应，生成I2，也会使淀粉变蓝，两种物质的现象一样，无法鉴别，选项C不合理；D、Na2CO3和CaCl2会反应生成沉淀，Na2CO3和NaCl不反应没有明显现象，Na2CO3和稀硫酸反应会产生气泡，可以鉴别，选项D合理。答案选D。19．（2018·浙江·高考真题）下列说法不正确的是A．pH＜7的溶液不一定呈酸性B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等C．在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)D．氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl―)＝c(NH4+)，则溶液呈中性【答案】B【详解】A.pH＜7的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中c(OH－)＜c(H＋)时溶液显酸性，A正确；B.氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，B错误；C.盐酸、CH3COOH溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，因此在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)，C正确；D.氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)，若c(Cl―)＝c(NH4+)，则c(H+)=c(OH－)，溶液呈中性，D正确。答案选B。【点睛】选项A是易错点，注意溶液的酸碱性是由溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小决定的：c(H＋)＞c(OH－)，溶液呈酸性；c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈碱性。利用pH判断时需要注意溶液的温度。20．（2018·浙江·高考真题）下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是A．NaOH B．Na2CO3 C．NaCl D．NH3【答案】C【详解】A.NaOH是强碱，溶液显碱性，能使酚酞变红，故A不选；B.Na2CO3属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，能使酚酞变红，故B不选；C.NaCl是强酸强碱盐，溶液显中性，不能使酚酞变红，故C选；D.NH3的水溶液显碱性，能使酚酞变红，故D不选；故选C。21．（2017·全国II卷·高考真题）改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。

下列叙述错误的是A．pH=1.2时，B．C．pH=2.7时，D．pH=4.2时，【答案】D【详解】A、根据图象，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A说法正确；B、pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)=c(H+)=10-4.2，故B说法正确；C、根据图象，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C说法正确；D、根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D说法错误。22．（2017·浙江·高考真题）常温下，用浓度为0.100mol·L－1的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL0.1000mol·L－1的HX、HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是A．V(NaOH)＝10.00mL时，两份溶液中c(X－)＞c(Y－)B．V(NaOH)＝10.00mL时，c(X－)＞c(Na＋)＞c(HX)＞c(H＋)＞c(OH－)C．V(NaOH)＝20.00mL时，c(OH－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(X－)D．pH＝7时，两份溶液中c(X－)＝c(Na＋)＝c(Y－)【答案】B【详解】A．由图可知，0.1000mol/LHX溶液的pH大于等浓度HY溶液的pH，酸性HY＞HX，当V(NaOH)=10.00mL时，分别得到物质的量浓度相等的NaX和HX、NaY和HY组成的混合液，结合水解规律，则两份溶液中c(X-)＜c(Y-)，故A错误；B．V(NaOH)=10.00mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，HX的电离大于X-的水解，所以离子浓度的大小为：，c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．由图可知V(NaOH)=20.00mL时，两者恰好完全反应生成NaX，X-水解、溶液呈碱性，所以离子浓度的大小为：c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D．根据电荷守恒，pH=7时，c(X-)、c(Y-)分别等于各自溶液中的c(Na+)，而pH=7时，HX溶液中加入的氢氧化钠物质的量小，故c(X-)＜c(Y-)，故D错误；故选B。23．（2016·浙江·高考真题）常温下，向20.00mL0.1000mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L－1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A．在反应过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)B．pH=5时，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)C．pH=6时，c(Na+)+c(H+)－c(OH－)+c(CH3COOH)=0.1000mol·Lˉ1D．pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL【答案】C【详解】A、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；B、pH=5时，溶液呈酸性，以醋酸电离为主，所以离子浓度的大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两者混合pH=6，则氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＞0.05mol/L，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，故C错误；D、如果消耗NaOH溶液的体积为20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液水解呈碱性，而溶液呈中性，所以消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL，故D正确；故选C。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确各点对应溶质组成为解答关键。注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用。本题的易错点为BC，需要熟练掌握电解质溶液中的守恒关系。知识点知识点03酸碱中和滴定及应用24．（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。25．（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。26．（2025·浙江·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-⇋NH3·H2O⇋NH3+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。27．（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。28．（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：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。29．（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从含有的NaCl固体中提取用CCl4溶解、萃取、分液B提纯实验室制备的乙酸乙酯依次用溶液洗涤、水洗、分液、干燥C用标准溶液滴定未知浓度的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。30．（2024·浙江·高考真题）室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如]。已知：。下列说法正确的是A．溶解度：大于B．以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度C．忽略的第二步水解，的溶液中水解率约为D．的溶液中加入等体积的溶液，反应初始生成的沉淀是【答案】C【分析】在H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-、HS-H++S2-，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。【详解】A．FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-9mol/L，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-6mol/L＞×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A项错误；B．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误；C．Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数Kh(S2-)=====0.1，设水解的S2-的浓度为xmol/L，则=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为×100%=62%，C项正确；D．0.01mol/LFeCl2溶液中加入等体积0.2mol/LNa2S溶液，瞬间得到0.005mol/LFeCl2和0.1mol/LNa2S的混合液，结合C项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D项错误；答案选C。31．（2024·山东·高考真题）下列图示实验中，操作规范的是A．调控滴定速度B．用试纸测定溶液C．加热试管中的液体D．向试管中滴加溶液A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞，手心空握，所以A选项的操作符合规范；B．用pH试纸测定溶液pH不能将pH试纸伸入溶液中，B操作不规范；C．加热试管中的液体，试管中液体体积不能超过试管体积的三分之一，且手握试管夹时，应手握试管夹的长柄，不要把拇指按在短柄上，以免打开试管夹，使试管脱落，C操作不规范；D．向试管中滴加液体，胶头滴管应该在试管上方竖直悬空，且不应用两根手指捏住胶头滴管，否则挤压时胶头滴管会晃动，D操作不规范；故选A。32．（2024·浙江·高考真题）下列实验装置使用不正确的是A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气B．图②装置用于标准酸溶液滴定未知碱溶液C．图③装置用于测定中和反应的反应热D．图④装置用于制备乙酸乙酯【答案】A【详解】A．图①装置没有加热装置，不适用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气，A错误；B．利用酸式滴定管中装有的标准酸溶液滴定未知碱溶液，装置和操作正确，B正确；C．图③装置用于测定中和反应的反应热，温度计测温度、玻璃搅拌器起搅拌作用，装置密封、隔热保温效果好，C正确；D．图④装置用于制备乙酸乙酯，导管末端不伸入液面下，利用饱和碳酸钠收集乙酸乙酯，D正确；故选A。33．（2023·浙江·高考真题）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：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【详解】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。34．（2023·山东·高考真题）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，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，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。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-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。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消耗的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量为，步骤③消耗的物质的量为，即醇解反应和水解反应生成的乙酸物质的量为，由醇解反应和水解反应生成乙酸的比例关系可知，n(ROH)+[-n(ROH)]2=，解得n(ROH)=，因此ROH的物质的量为。【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，使随NaOH-甲醇溶液浓度增大而减小，ROH的物质的量为也随之减小，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，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，故将导致测定结果偏小，D错误；故选B。35．（2023·山东·高考真题）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，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，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。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；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是A． B．C． D．【答案】A【详解】由题中信息可知，量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，发生醇解反应，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解，加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液；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，用-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液；两次实验消耗标准溶液的差值为，由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物不消耗，则R守恒可知，n(ROH)=n()=，因此，样品中羟基质量分数=，A正确，故选A。36．（2023·山东·高考真题）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，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，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。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；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。对于上述实验，下列做法正确的是A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管【答案】C【详解】A．进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180度后再倒置一次，故A错误；B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B错误；C．滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确；D．滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，不能一上一下拿持滴定管，会造成误差，故D错误；答案为C。37．（2022·山东·高考真题）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液C．应选用烧杯而非称量纸称量固体D．达到滴定终点时溶液显橙色【答案】A【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。【详解】A．量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确；D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确；综上所述，本题选A。38．（2022·浙江·高考真题）下列说法不正确的是A．用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出B．铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜C．利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有哪些基团D．蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，静置冷却，析出硫酸亚铁铵晶体【答案】A【详解】A．用标准液润洗滴定管，要将整个滴定管内壁进行润洗，因此，应将润洗液的一部分从滴定管上口倒出，另一部分从滴定管下口放出，A说法不正确；B．铝热反应非常剧烈，反应过程中放出大量的热，有大量火星飞溅出来，因此，在操作时要戴上石棉手套和护目镜以保护手和眼睛，B说法正确；C．有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线，因此，可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团，C说法正确；D．硫酸亚铁铵的溶解度随着温度降低而减小，蒸发浓缩硫酸铵和硫酸亚铁(等物质的量)的混合溶液至出现晶膜，溶液达到饱和状态，静置冷却后，由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁铵的溶解度最小，因此，析出的晶体是硫酸亚铁铵晶体，D说法正确。综上所述，本题选A。39．（2022·湖南·高考真题）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是A．碱式滴定管排气泡B．溶液加热C．试剂存放D．溶液滴加A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；B．用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的处，且大拇指不能放在短柄上，B不符合规范；C．实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物要分开存放，C不符合规范；D．用滴管滴加溶液时，滴管不能伸入试管内部，应悬空滴加，D不符合规范；故选A。40．（2022·浙江·高考真题）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：下列说法正确的是A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2OC．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)【答案】C【详解】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；B．由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1>20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO+H+=H2CO3，B项错误；C．根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)，NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D项错误；答案选C。41．（2021·辽宁·高考真题）用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】A．的为 B．c点：C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．【答案】C【分析】用盐酸滴定溶液，pH较大时的分布分数最大，随着pH的减小，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，恰好生成之后，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，表示、、的分布分数的曲线如图所示，，据此分析选择。【详解】A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；B．根据图象可知c点中，B错误；C．根据图象可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D．根据图象e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误；答案为：C。42．（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A． B． C． D．【答案】B【详解】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。43．（2020·浙江·高考真题）室温下，向20.00mL0.1000mol•L-1盐酸中滴加0.1000mol•L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5≈0.7。下列说法不正确的是A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D．V(NaOH)=30.00mL时，pH≈12.3【答案】C【详解】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确；B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，利于准确判断滴定终点，可减小实验误，B正确；C．甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D．V(NaOH)=30.00mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02mol•L-1，即溶液中c(OH-)=0.02mol•L-1，则c(H+)=5×10-13mol•L-1，pH=-lgc(H+)≈12.3，故D正确。故选C。44．（2020·全国I卷·高考真题）以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]

下列叙述正确的是A．曲线①代表，曲线②代表B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D．滴定终点时，溶液中【答案】C【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B错误；C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka==≈1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图象中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。45．（2019·全国I卷·高考真题）NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的C．b点的混合溶液pH=7D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)【答案】C【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图象可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。故选C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。46．（2019·浙江·高考真题）常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>cC．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大【答案】D【详解】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图象，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。47．（2018·江苏·高考真题）根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C．图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小【答案】C【分析】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B.根据图象，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C.根据图象，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D.根据图象可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B.根据图象，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C.根据图象，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D.根据图象可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查图象的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图象中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。48．（2018·全国III卷·高考真题）用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C．相同实验条件下，若改为0.0400mol·L-1Cl-，反应终点c移到aD．相同实验条件下，若改为0.0500mol·L-1Br-，反应终点c向b方向移动【答案】C【分析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。【详解】A.选取横坐标为50mL的点，此时向50mL0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不