专题11 弱电解质的电离与溶液的酸碱性-【十年高考】备战2025年高考化学真题分类解析与应试策略（Word版）

专题十一　弱电解质的电离与溶液的酸碱性 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 25.弱电解质的电离平衡 1 9 0 2 0 4 1 5 0 3 0 0 2 23 26.溶液的酸碱性与pH 1 7 0 0 0 3 0 3 0 3 0 0 1 16 命题分析与备考建议 对于弱电解质电离平衡的复习,要注意与溶液的酸碱性、盐类水解的知识结合理解,注意电离平衡常数与化学平衡常数的异同。 考点25弱电解质的电离平衡　 　　弱电解质的电离是中学化学基本理论中的重要组成部分,也是学习中比较难理解的内容,更是近几年高考命题的必考内容。高考有关本部分内容的考查常以图表、图像创设新情境,考查考生的观察、理解能力。 1.(2023·湖南,12,3分,难度★★★★)常温下,用浓度为0.020 0 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液,滴定过程中溶液的pH随η[η=]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 (　D　) A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76 B.点a:c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) C.点b:c(CH3COOH)<c(CH3COO-) D.水的电离程度:a<b<c<d 解析 η==1.00,HCl、NaOH恰好中和完全,此时pH=3.38,c(CH3COOH)=×0.020 0 mol·L-1=0.010 0 mol·L-1,CH3COOH的电离常数:Ka=≈==1×10-4.76,A项正确;点a对应的溶液中的溶质组成为c(NaCl)∶c(CH3COOH)=1∶1,根据物料守恒有c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B项正确;点b对应η=1.50,CH3COOH被中和一半,此时溶液中的溶质组成为c(NaCl)∶c(CH3COOH)∶c(CH3COONa)=2∶1∶1,由图像可知溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则c(CH3COOH)<c(CH3COO-),C项正确;η=2.00时,NaOH恰好将HCl和CH3COOH中和完全,η=0η=2.00过程中,水的电离程度逐渐增大,所以a<b<c,η>2.00时NaOH过量,水的电离被抑制,故点d水的电离程度小于点c,D项错误。 2.(2023·浙江,15,3分,难度★★★★)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组在常温下做如下两组实验。 实验Ⅰ:往20 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液。 实验Ⅱ:往20 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1 CaCl2溶液。 [已知:H2C2O4的电离常数=5.4×10-2,=5.4×10-5,Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9,溶液混合后体积变化忽略不计] 下列说法正确的是 (　D　) 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V(NaOH)=10 mL时,存在c(C2)<c(HC2) C.实验Ⅱ中发生反应HC2+Ca2+CaC2O4↓+H+ D.实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时,溶液中c(C2)=4.0×10-8 mol·L-1 解析 NaHC2O4溶液被NaOH溶液滴定到终点时生成显碱性的Na2C2O4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,A错误;实验Ⅰ中V(NaOH)=10 mL时,溶质是NaHC2O4、Na2C2O4,且两者物质的量浓度相等,常温下,==≈1.85×10-10<,则草酸氢根离子的电离程度大于草酸根离子的水解程度,因此存在c(C2)>c(HC2),B错误;实验Ⅱ中,开始滴加时氯化钙量较少而NaHC2O4过量,因此该反应在初始阶段发生的反应是2HC2+Ca2+CaC2O4↓+H2C2O4,该反应的平衡常数为K== ===×106≈4.2×105,因为平衡常数很大,说明反应能够完全进行,当NaHC2O4完全消耗后,H2C2O4再与CaCl2发生反应,C错误;实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时,溶液中的钙离子浓度为c(Ca2+)= =0.06 mol·L-1,溶液中c(C2)== mol·L-1=4.0×10-8 mol·L-1,D正确。 3.(双选)(2023·山东,14,4分,难度★★★★)一定条件下,化合物E和TFAA合成H的反应路径如下: + + 已知反应初始E的浓度为0.10 mol·L-1,TFAA的浓度为0.08 mol·L-1,部分物质的浓度随时间的变化关系如图所示,忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是 (　AC　) A.t1时刻,体系中有E存在 B.t2时刻,体系中无F存在 C.E与TFAA反应生成F的活化能很小 D.反应达平衡后,TFAA的浓度为0.08 mol·L-1 解析 分析图像及反应历程可知,t1之后的某时刻,H的浓度恰好为0.02 mol·L-1,TFAA的浓度恰好为0,表明此时刻0.10 mol·L-1的E恰好与0.08 mol·L-1的TFAA及G分解产生的0.02 mol·L-1 TFAA完全反应,因此t1时刻体系中有E存在,A项错误;由于F、G、H的浓度和始终为0.1 mol·L-1,而t2时刻,H为0.08 mol·L-1,G约为0.01 mol·L-1,因此一定还有F存在,B项错误;根据图像t1前后一段时间内,TFAA的浓度一直为0,说明E到F的反应可瞬间完成,且该反应不可逆,因此可判断E与TFAA反应生成F的活化能很小,C项正确;由于E与TFAA的反应是瞬间完成的,而G生成H和TFAA的反应是可逆的,反应达到平衡后,G没有完全转化为H和TFAA,因此平衡后TFAA的浓度小于0.08 mol·L-1,D项错误。 4.(2022·全国乙,13,6分,难度★★★)常温下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中,H+与A-离子不能穿过隔膜,未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-),当达到平衡时,下列叙述正确的是 (　B　) A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-) B.溶液Ⅱ中的HA的电离度[]为 C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等 D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4 解析 由溶液Ⅰ pH=7.0可知,c(H+)=c(OH-),故c(H+)与[c(OH-)+c(A-)]不相等,由于溶液电荷守恒,一定存在与A-对应的阳离子,A项错误。平衡时=====,B项正确。由题意可知,HA可自由穿过隔膜,故溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中c(HA)相等,C项错误。因为溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中c(HA)相等,由Ka=可知,c平(A-)Ⅰ·c平(H+)Ⅰ=c平(A-)Ⅱ·c平(H+)Ⅱ,溶液Ⅰ和溶液Ⅱ的pH分别为7.0和1.0,因此c平(A-)Ⅰ∶c平(A-)Ⅱ=106;溶液Ⅰ中由Ka=可知,==≈1即c总(HA)Ⅰ≈c平(A-)Ⅰ; 同理,Ⅱ中=,即c总(HA)Ⅱ=101c平(A-)Ⅱ 所以=≈104,D项错误。 5.(2022·浙江,17,2分,难度★★★)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是 (　C　) A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-) B.将浓度均为0.10 mol·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大 C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH) D.25 ℃时,0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小 解析 苯酚的酸性弱于醋酸,故C6H5O-的水解程度大于CH3COO-,故相同温度下pH相同的C6H5ONa溶液与CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)<c(CH3COO-),A项错误。温度越高,C6H5O-的水解程度越大,C6H5ONa水解使溶液显碱性,故加热使C6H5ONa溶液的pH变大;NaOH是强碱,加热促进水的电离,使NaOH溶液中H+浓度增大,则NaOH溶液的pH减小,B项错误。苯酚的电离方程式为C6H5OHC6H5O-+H+,Ka==1.0×10-10,根据pH=10.00可知,c(H+)=1.0×10-10 mol·L-1,故=1,C项正确。25 ℃时,0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加入C6H5ONa,C6H5ONa电离出的C6H5O-会抑制C6H5OH的电离,导致溶液中H+浓度减小,从而使水的电离程度变大,D项错误。 6.(2022·福建,5,4分,难度★★★)探究醋酸浓度与电离度(α)关系的步骤如下,与相关步骤对应的操作或叙述正确的是 (　C　) 选项 步骤 操作或叙述 A Ⅰ.用NaOH标准溶液标定醋酸溶液浓度 滴定时应始终注视滴定管中的液面 B Ⅱ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液 应使用干燥的容量瓶 C Ⅲ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH 应在相同温度下测定 D Ⅳ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度 计算式为α=×100% 解析 中和滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化,及时判断滴定终点,A错误;配制不同浓度的醋酸溶液时,容量瓶不需要干燥,因为配制过程中还需要加蒸馏水定容,B错误;温度影响醋酸的电离平衡,因此测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH应在相同温度下测定,C正确;电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时,已电离的电解质分子数占原来电解质总分子数(包括已电离的和未电离的)的百分数,因此醋酸的电离度计算式为α=×100%,D错误。 7.(2022·辽宁,15,3分,难度★★★★)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一,在25 ℃时,NCH2COOH、NCH2COO-和NH2CH2COO-的分布分数[如δ(A2-)=]与溶液pH关系如图。下列说法错误的是 (　D　) A.甘氨酸具有两性 B.曲线c代表NH2CH2COO- C.NCH2COO-+H2ONCH2COOH+OH-的平衡常数K=10-11.65 D.c2(NCH2COO-)<c(NCH2COOH)·c(NH2CH2COO-) 解析 NH2CH2COOH分子中存在—NH2和—COOH,所以其既具有酸性又具有碱性,A项说法正确;氨基具有碱性,在酸性较强时会结合氢离子,羧基具有酸性,在碱性较强时与氢氧根离子反应,故曲线a表示NCH2COOH的分布分数随溶液pH的变化,曲b表示NCH2COO-的分布分数随溶液pH的变化,曲线c表示NH2CH2COO-的分布分数随溶液pH的变化,B项说法正确;NCH2COO-+H2ONCH2COOH+OH-的平衡常数K=,25 ℃时,根据a、b曲线交点坐标(2.35,0.50)可知,pH=2.35时,c(NCH2COO-)=c(NCH2COOH),则K=c(OH-)==10-11.65,C项说法正确;由C项分析可知,=,根据b、c曲线交点坐标(9.78,0.50)分析可知NCH2COO-NH2CH2COO-+H+的平衡常数K'=10-9.78,==,则×=×<1,即c2(NCH2COO-)>c(NCH2COOH)·c(NH2CH2COO-),D项说法错误。 8.(2022·湖北,15,3分,难度★★★★)下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T,lg Ka1=-3.04,lg Ka2=-4.37)混合体系中部分物种的c-pH图(浓度:总As为5.0×10-4 mol·L-1,总T为1.0×10-3 mol·L-1)。下列说法错误的是(　D　) A.As(OH)3的lg Ka1为-9.1 B.[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强 C.pH=3.1时,As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高 D.pH=7.0时,溶液中浓度最高的物种为As(OH)3 解析 由图像分析,左侧纵坐标浓度的数量级为10-3 mol·L-1,右侧纵坐标浓度的数量级为10-6 mol·L-1,横坐标为pH,随着pH的增大,c{[As(OH)2T]-}先变大,然后再减小,同时c{[AsO(OH)T]2-}变大,两者浓度均为右坐标,说明变化的程度很小,当pH=4.6时,c{[AsO(OH)T]2-}=c{[As(OH)2T]-},Ka=10-4.6。pH继续增大,则c[As(OH)3]减小,同时c{[As(OH)2O]-}增大,当pH=9.1时,c{[As(OH)2O]-}=c[As(OH)3],Ka1=c(H+)=10-9.1,二者用左坐标表示,浓度比较大,说明变化的幅度比较大,但混合溶液中存在着酒石酸,电离常数远大于亚砷酸,且总T浓度也大于总As。As(OH)3[As(OH)2O]-+H+,Ka1=,当pH=9.1时,c{[As(OH)2O]-}=c[As(OH)3],Ka1=c(H+)=10-9.1,lg Ka1为-9.1,A项说法正确;[AsO(OH)T]2-+H+,Ka=,当pH=4.6时,c{[AsO(OH)T]2-}=c{[As(OH)2T]-},Ka=10-4.6,而由A选项计算得H3AsO3的Ka1=c(H+)=10-9.1,即Ka>Ka1,所以[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强,B项说法正确;由图可知As(OH)3的浓度为左坐标,浓度的数量级为10-3 mol·L-1,[As(OH)2T]-的浓度为右坐标,浓度的数量级为10-6 mol·L-1,所以pH=3.1时,As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高,C项说法正确;由已知条件,酒石酸(H2T,lg Ka1=-3.04,lg Ka2=-4.37),As(OH)3的lg Ka1为-9.1,即酒石酸的第一步电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数,所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3,另外总As的浓度也小于总T的浓度,所以当pH=7.0时,溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3,D项说法错误。 电解质溶液图像题解题程序 审题 弄清图像含义,通过观察弄清横坐标、纵坐标的含义及单位;搞清特殊点的意义,如坐标轴的原点,曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等;分析曲线的变化趋势如斜率的大小及升降。 信息 提取 挖掘隐含信息、排除干扰信息、提炼有用信息,在统摄信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算。 答题 联想化学原理,根据选项内容,确定正确选项。图示: 9.(2021·湖南,9,3分,难度★★★)常温下,用0.100 0 mol·L-1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液,滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 (　C　) A.该NaX溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+) B.三种一元弱酸的电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ) C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-) D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-) 解析 由于NaX为强碱弱酸盐,X-会部分水解使溶液呈弱碱性,所以NaX溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),A项判断正确;由于等浓度的三种盐溶液的pH大小关系为NaZ>NaY>NaX,根据盐类水解规律“越弱越水解”可知,NaZ对应的酸(HZ)的酸性最弱,而NaX对应的酸(HX)的酸性最强,则电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),B项判断正确;根据电荷守恒:NaX溶液中电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Cl-)+c(OH-),pH=7时,c(Na+)=c(X-)+c(Cl-),同理NaY、NaZ溶液中:c(Na+)=c(Y-)+c(Cl-)、c(Na+)=c(Z-)+c(Cl-),HZ的酸性最弱,向NaZ溶液中加入盐酸的体积越大,c(Z-)最小,而HX酸性最强,c(X-)最大,即pH=7的溶液酸根离子浓度大小顺序为c(X-)>c(Y-)>c(Z-),C项判断错误;将三种溶液混合后所得的混合溶液中的电荷守恒式为c(Cl-)+c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),由于混合前三种溶液的物质的量浓度和体积与所加盐酸的物质的量浓度和体积都相等,则混合后的溶液中c(Cl-)=c(Na+),则c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)=c(H+),D项判断正确。 电离常数的四大应用 (1)判断弱酸(或弱碱)的相对强弱。电离常数越大,酸性(或碱性)越强。如常温下,CH3COOH的Ka=1.75×10-5,HClO的Ka=2.95×10-8,则酸性强弱为CH3COOH>HClO。 (2)判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱。电离常数越大,对应的盐水解程度越小,盐溶液的碱性(或酸性)越弱,如醋酸的电离常数K=1.75×10-5,次氯酸的电离常数K=2.95×10-8,则同浓度的醋酸钠和次氯酸钠溶液的pH:醋酸钠<次氯酸钠。 (3)判断反应能否发生或者判断产物是否正确。通过强酸制弱酸来判断。如H2CO3:Ka1=4.2×10-7,Ka2=5.6×10-11,苯酚(C6H5OH):Ka=1.3×10-10,向苯酚钠(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不论是少量还是过量,其化学方程式都为C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3。 (4)判断溶液中微粒浓度比值的变化。利用温度不变,电离常数不变来判断。如把0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释,==,稀释时,c(H+)减小,Ka不变,则变大。 10.(2021·广东,8,2分,难度★★★)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱,可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性,下列叙述正确的是 (　B　) A.0.001 mol·L-1 GHCl水溶液的pH=3 B.0.001 mol·L-1 GHCl水溶液加水稀释,pH升高 C.GHCl在水中的电离方程式为GHClG+HCl D.GHCl水溶液中:c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G) 解析 GHCl的电离方程式为GHClGH++Cl-,GH+水解导致溶液呈酸性,加水稀释时,水解平衡右移,但c(H+)降低,pH升高,A、C项错误,B项正确;在GHCl水溶液中存在电荷守恒:c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(H+),D项错误。 11.(2021·浙江,19,2分,难度★★★)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是 (　B　) A.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 NaR溶液pH=7,则HR是弱酸 B.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 HR溶液pH>2且pH<7,则HR是弱酸 C.25 ℃时,若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,加蒸馏水稀释至100. 0 mL,测得pH=b,b-a<1,则HR是弱酸 D.25 ℃时,若测得NaR溶液pH=a,取该溶液10. 0 mL,升温至50 ℃,测得pH=b,a>b,则HR是弱酸 解析 25 ℃ NaR溶液pH=7,说明HR是强酸,A项错误;25℃时,若测得0.01 mol·L-1 HR溶液pH>2且pH<7,说明HR部分电离,为弱酸,B项正确;将溶液稀释10倍,稀释比例较小,误差较大,C项错误;升高温度,水的电离平衡发生移动,溶液的pH减小不能说明HR是弱酸,D项错误。 12.(2021·湖北,14,3分,难度★★★★)常温下,已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1 mol·L-1,溶液中各含磷物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种浓度的负对数(pc=-lgc),pOH表示OH-浓度的负对数[pOH=-lgc(OH-)];x、y、z三点的坐标:x(7.3,1.3),y(10.0,3.6),z(12.6,1.3)。下列说法正确的是 (　D　) A.曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化 B.H3PO3的结构简式为 C.pH=4的溶液中:c(H2P)<0.1 mol·L-1-2c(HP) D.H3PO3+HP2H2P的平衡常数K>1.0×105 解析 图像中含P物种只有3种,说明H3PO3为二元弱酸。随着c(OH-)逐渐增大,pOH减小,根据H3PO3+OH-H2P+H2O、H2P+OH-HP+H2O,可知c(H3PO3)逐渐减小,c(H2P)先增大后减小,c(HP)逐渐增大,pc=-lgc,则pc(H3PO3)逐渐增大,pc(H2P)先减小后增大,pc(HP)逐渐减小,故曲线③表示pc(H3PO3),曲线②表示pc(H2P),曲线①表示pc(HP);根据x点知,c(HP)=c(H2P)时,POH=7.3,c(OH-)=10-7.3 mol·L-1,c(H+)=10-6.7 mol·L-1,则H3PO3的Ka2==c(H+)=10-6.7;根据z点知,c(H2P)=c(H3PO3),POH=12.6,c(OH-)=10-12.6 mol·L-1,c(H+)=10-1.4 mol·L-1,则H3PO3的Ka1==c(H+)=10-1.4。曲线①表示pc(HP)随pOH的变化,A项错误;H3PO3为二元弱酸,其结构简式为,B项错误;pH=4即pOH=10,由图可知,此时,pc(HP)=pc(H3PO3),即c(H3PO3)=c(HP),而c(H3PO3)+c(H2P)+c(HP)=0.1 mol·L-1,故c(H2P)=0.1 mol·L-1-2c(HP),C项错误;由H3PO3H2P+H+减去H2PHP+H+,可得H3PO3+HP2H2P,则平衡常数K===105.3>1×105,D项正确。 13.(2020·北京,11,3分,难度★★)室温下,对于1 L 0.1 mol·L-1醋酸溶液。下列判断正确的是(　C　) A.该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022 B.加入少量CH3COONa固体后,溶液的pH降低 C.滴加NaOH溶液过程中,n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1 mol D.与Na2CO3溶液反应的离子方程式为C+2H+H2O+CO2↑ 解析 1 L 0.1 mol·L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1 mol,醋酸属于弱电解质,在溶液中部分电离,存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+,则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022,故A错误;加入少量CH3COONa固体后,溶液中CH3COO-的浓度增大,根据同离子效应,会抑制醋酸的电离,溶液中的氢离子浓度减小,酸性减弱,碱性增强,则溶液的pH升高,故B错误;1 L 0.1 mol·L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1 mol,滴加NaOH溶液过程中,溶液中始终存在物料守恒,n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1 mol,故C正确;醋酸的酸性强于碳酸,则根据强酸制取弱酸,醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水,醋酸是弱电解质,离子反应中CH3COOH不能拆分,离子方程式为C+2CH3COOHH2O+CO2↑+2CH3COO-,故D错误。 14.(2020·浙江,23,2分,难度★★★)常温下,用0.1 mol·L-1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是 (　D　) A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-) B.当滴入氨水10 mL时,c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) C.当滴入氨水20 mL时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-) D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20 mL,c(N)<c(Cl-) 解析 CH3COOH是弱酸,部分电离,相同浓度的盐酸和醋酸溶液,c(Cl-)>c(CH3COO-),A项说法正确;当滴入氨水10 mL时,根据物料守恒:c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B项说法正确;当滴入氨水20 mL时,根据质子守恒,可知C项说法正确;当溶液呈中性时,氨水滴入量要大于20 mL,根据电荷守恒有:c(N)=c(Cl-)+c(CH3COO-),故c(N)>c(Cl-),D项说法错误。 15.(2019·全国3,11,6分,难度★★★★)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是 (　B　) A.每升溶液中的H+数目为0.02NA B.c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+3c(P)+c(OH-) C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小 D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强 解析 常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2 mol·L-1,则1 L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2P、HP、P及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+3c(P)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2P+H+,向磷酸溶液中加入NaH2PO4固体,根据同离子效应可知,磷酸电离平衡向逆向移动,溶液酸性减弱,D项错误。 16.(2019·天津,5,6分,难度★★★★)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 (　C　) A.曲线Ⅰ代表HNO2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HA、A-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NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同 解析 A项,根据两种酸的电离常数可知,酸性:HNO2>CH3COOH,pH相同的两种酸稀释相同倍数,pH变化大的是相对较强的酸,即曲线Ⅱ表示HNO2溶液的稀释,错误;B项,pH越小酸性越强,对水电离的抑制程度越大,因此溶液中水的电离程度:b点<c点,错误;C项,题给表达式可看作Kw/Ka,稀释时温度不变,则Kw、Ka均不变,正确;D项,起始pH相同时c(CH3COOH)大,则与NaOH恰好中和时,CH3COOH溶液消耗氢氧化钠多,对应溶液中n(Na+)大,错误。 解答电离平衡题注意事项 解答本题时应注意以下3点: (1)将比值作适当的变形,分子和分母同乘以某个量,然后再进行判断。 (2)溶液呈中性的本质原因是c(H+)=c(OH-)。 (3)电离常数及反应的平衡常数只与温度有关。 17.(2018·浙江,18,2分,难度★★★)相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是 (　A　) A.pH相等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-) B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同 C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同 D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化): c(CH3COO-)=c(Cl-) 解析 A选项,根据电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)、c(Cl-)+c(OH-)=c(H+),由于pH相等,故c(CH3COO-)=c(Cl-);正确;B选项,醋酸是弱电解质,其溶液中还有一部分醋酸分子没有发生电离,随反应的进行会继续电离,因此中和醋酸所需氢氧化钠的物质的量大,错误;C选项,相同浓度的盐酸和醋酸溶液,盐酸中氢离子浓度大,与镁反应时初始速率大,错误;D选项,溶液呈中性时,向醋酸溶液中加入氢氧化钠的物质的量小,由两溶液中分别存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)和c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知,c(CH3COO-)<c(Cl-),错误。 18.(双选)(2018·江苏,14,4分,难度★★★★)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)。室温下用NaOH溶液滴定 25.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 (　AD　) A.0.100 0 mol·L-1 H2C2O4溶液:c(H+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2)+c(OH-)-c(H2C2O4) B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2)>c(H+) C.pH=7的溶液:c(Na+)=0.100 0 mol·L-1+c(C2)-c(H2C2O4) D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2) 解析 根据电荷守恒可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2)+c(HC2),根据物料守恒得:0.100 0 mol·L-1=c(H2C2O4)+c(C2)+c(HC2),两者相减得:c(H+)-0.100 0 mol·L-1=c(C2)+c(OH-)-c(H2C2O4),A项正确;c(Na+)=c(总)=0.1 mol·L-1,说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比1∶1反应,完全生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2电离程度大于水解程度,则c(C2)>c(H2C2O4),B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2)+2c(C2),而c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)=c(总),c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2),反应过程中溶液稀释,c(总)小于0.100 0 mol·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2)+c(HC2),根据物料守恒得:c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(C2)+c(HC2)],两者相减得:c(H+)=c(OH-)-2c(H2C2O4)-c(HC2),D正确。 19.(2016·天津,6,6分,难度★★★★)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1 mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是 (　C　) A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHD B.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-) C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-) D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+) 解析 题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时相同浓度三种酸溶液的pH大小,可知A项判断正确;P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),B项判断正确;对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),C项判断错误;完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),D项判断正确。 电解质相对强弱的判断技巧 由图像起始点pH的大小判断出三种酸的相对强弱是解答本题的关键。 20.(2016·上海,6,3分,难度★★)能证明乙酸是弱酸的实验事实是 (　B　) A.CH3COOH溶液与Zn反应放出H2 B.0.1 mol·L-1CH3COONa溶液的pH大于7 C.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2 D.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊溶液变红 解析 CH3COONa溶液显碱性,根据“有弱才水解”的规律可知乙酸为弱酸,B项正确;C项,可以证明乙酸的酸性比碳酸的强,但是不能证明其酸性强弱,C项错误;D项,可以证明乙酸具有酸性,但是不能证明其酸性强弱,D项错误。 21.(2015·海南,11,4分,难度★★)下列曲线中,可以描述乙酸(甲,Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙,Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是 (　B　) 解析 乙酸和一氯乙酸均显弱酸性。弱酸的浓度越大,在水中的电离度越小,排除C项、D项。电离平衡常数:CH3COOH<CH2ClCOOH,而电离平衡常数越大,表明酸性越强,电离度越大,排除A项,故选B项。 22.(2015·浙江,12,6分,难度★★★)40 ℃,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是 (　C　) A.在pH=9.0时,c(N)>c(HC)>c(NH2COO-)>c(C) B.不同pH的溶液中存在关系:c(N)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(NH2COO-)+c(OH-) C.随着CO2的通入,不断增大 D.在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成 解析 对图像以pH=9做垂线,根据垂线与各离子的交点可知离子浓度关系为c(N)>c(HC)>c(NH2COO-)>c(C),A选项说法正确;根据电荷守恒,溶液中离子浓度关系为c(N)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(NH2COO-)+c(OH-),B选项说法正确;根据NH3·H2O的电离常数(Kb)可知=,随着CO2的通入N浓度增大,则=减小,C选项说法错误;从图可知pH在10.5~8.0之间,NH2COO-浓度先增大后减小,D选项说法正确。 利用图像判断离子浓度大小的技巧 (1)解题的关键是通过图像中c(A-)<0.1 mol·L-1判断出HA属于弱酸; (2)弱酸的正盐溶液中微粒浓度大小比较,由于水解是微弱的,OH-有两个来源,即A-的水解和H2O的电离,故c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)。 23.(2022·广东,17,14分,难度★★★★)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时,HAc的Ka=1.75×10-5=10-4.76。 (1)配制250 mL 0.1 mol·L-1的HAc溶液,需5 mol·L-1 HAc溶液的体积为　　　　mL。  (2)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是　　(填字母)。  (3)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Ac-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-1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 n(NaAc)∶ n(HAc) pH Ⅰ 40.00 / / 0 2.86 Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36 … Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53 Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65 ①根据表中信息,补充数据:a=　　　　,b=　　　　。  ②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:　    　。  ③由实验Ⅱ~Ⅷ可知,增大Ac-浓度,HAc电离平衡逆向移动。 实验结论　假设成立。 (4)小组分析上表数据发现:随着的增加,c(H+)的值逐渐接近HAc的Ka。 查阅资料获悉:一定条件下,按=1配制的溶液中,c(H+)的值等于HAc的Ka。 对比数据发现,实验Ⅷ中pH=4.65与资料数据Ka=10-4.76存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 (ⅰ)移取20.00 mL HAc溶液,加入2滴酚酞溶液,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点,消耗体积为22.08 mL,则该HAc溶液的浓度为　　　　 mol·L-1。请画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。  (ⅱ)用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液,配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液,测定pH,结果与资料数据相符。 (5)小组进一步提出:如果只有浓度均约为0.1 mol·L-1 的HAc和NaOH溶液,如何准确测定HAc的Ka?小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。 Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液,用NaOH溶液滴定至终点,消耗NaOH溶液V1 mL Ⅱ 　　　　,测得溶液的pH为4.76  实验总结　得到的结果与资料数据相符,方案可行。 (6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途:　。  答案 (1)5　(2)C (3)① 3.00　33.00 ②正　实验Ⅱ相当于在实验Ⅰ的基础上将HAc溶液稀释到原来的10倍,如果平衡不发生移动,则稀释后c(H+)应为实验Ⅰ的,pH应为3.86,但实际为pH=3.36,说明稀释HAc溶液时,电离平衡正向移动 (4)0.110 4 (5)移取20 mL HAc溶液,全部滴入步骤Ⅰ所得溶液中并搅拌均匀 (6)次氯酸,可用作漂白剂、消毒剂(合理即可) 解析 (1)配制一定物质的量浓度的溶液时,溶质的物质的量不变。n(HAc)=cV=0.1 mol·L-1×0.25 L,故需要5 mol·L-1 HAc溶液的体积为=0.005 L=5 mL。 (2)摇匀时应用食指顶住瓶塞,用另一只手托住瓶底,把容量瓶倒转上下摇匀,故A、D项错误;定容时,视线要与容量瓶中的凹液面相平,故B项错误;引流时,玻璃棒的下端应在容量瓶刻度以下,故C项正确。 (3)①由表中信息n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4可知,n(NaAc)=n(HAc);又因为NaAc溶液和HAc溶液的浓度相等,故V(NaAc)=V(HAc)=3.00 mL;由题干信息得知,此表中溶液总体积相同。故b=40.00-4.00-3.00=33.00。②实验Ⅱ相当于在实验Ⅰ的基础上将HAc溶液稀释到原来的10倍,如果平衡不发生移动,则稀释后c(H+)应为实验Ⅰ的,pH应为3.86,但实际为pH=3.36,说明稀释HAc溶液时,电离平衡正向移动。 (4)HAc为一元酸,故进行中和滴定时,消耗的n(NaOH)应等于n(HAc),故c(HAc)×20.00 mL=0.100 0 mol·L-1×22.08 mL,解得c(HAc)=0.110 4 mol·L-1。 (5)由(4)的题干信息可知,要准确测量出Ka,需要醋酸与醋酸钠的物质的量相同。步骤Ⅰ中生成的醋酸钠的物质的量为c(HAc)×20.00 mL,故还需要滴加20.00 mL HAc溶液。 (6)常见无机弱酸及其用途: 硼酸,可用于处理碱灼伤;碳酸,可用于制作碳酸饮料;硅酸,可用于制硅胶做干燥剂;磷酸,可用于生产化肥;次氯酸,可用于制漂白剂和消毒剂(合理即可)。 24.(2017·江苏,20,14分,难度★★★★)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。 (1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高效吸附剂X,吸附剂X中含有C,其原因是　。  (2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。 图1 图2 ①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0~10.0),将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中, 当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2As+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=　　　　(pKa1=-lg Ka1)。  (3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH=7.1 时,吸附剂X表面不带电荷;pH>7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。 图3 ①在pH 7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是　　　　　　　　　　　　　　 　　　　。  ②在pH 4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是　  　。  答案 (1)碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2)①OH-+H3AsO3H2As+H2O ②2.2 (3)①在pH 7~9之间,随pH升高H2As转变为HAs,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加 ②在pH 4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2As和HAs阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小　加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷 解析 (1)吸附剂X中含有NaOH溶液,能吸收空气中的CO2生成C。(2)①图1中pH为8~10时,c(H2As)增大,则该过程中离子方程式为OH-+H3AsO3H2As+ H2O;②Ka1=,K仅与温度有关,为方便计算,在图2中取pH=2.2时计算,此时c(H2As )=c(H3AsO4),则Ka1=c(H+)=10-2.2,pKa1=2.2。(3)①从图2知,pH由7升至9时,H2As 转变为HAs,由题中信息知,pH越大,吸附剂X表面所带负电荷越多,则X会与HAs之间相互排斥。②在pH为4~7时,吸附剂X带正电,从图2知,可以吸附pH在4~7时五价砷中的H2As和HAs,从图1知,三价砷主要以分子形式存在,吸附剂对分子的吸附能力较弱;加入氧化剂,可以将三价砷转化为五价砷,而被吸附剂X吸附。 25.(2015·福建,23,15分,难度★★★)研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。 (1)①硫离子的结构示意图为　。  ②加热时,硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为  　　　　　　　　　　。  (2)25 ℃,在0.10 mol·L-1 H2S溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH,溶液pH与c(S2-)关系如下图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。 ①pH=13时,溶液中的c(H2S)+c(HS-)=mol·L-1。 ②某溶液含0.020 mol·L-1 Mn2+、0.10 mol·L-1 H2S,当溶液pH=　　　　时,Mn2+开始沉淀。[已知:Ksp(MnS)=2.8×10-13]  (3)25 ℃,两种酸的电离平衡常数如下表。 物质 Ka1 Ka2 H2SO3 1.3×10-2 6.3×10-8 H2CO3 4.2×10-7 5.6×10-11 ①HS的电离平衡常数表达式K=　。  ②0.10 mol·L-1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为　。  ③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为　。  答案 (1)①○+16　②C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O (2)①0.043　②5 (3)①或 ②c(Na+)>c(S)>c(OH-)>c(HS)>c(H+)或[Na+]>[S]>[OH-]>[HS]>[H+] ③H2SO3+HCHS+CO2↑+H2O 解析 (2)①根据物料守恒:c(S2-)+c(H2S)+c(HS-)=0.10 mol·L-1,故c(H2S)+c(HS-)=0.10 mol·L-1-c(S2-)=0.10 mol·L-1-5.7×10-2 mol·L-1=0.043 mol·L-1。 ②要使Mn2+沉淀,需要的c(S2-)最小值为:c(S2-)== mol·L-1=1.4×10-11 mol·L-1,再对照图像找出pH=5。 (3)①电离平衡常数等于电离出的离子平衡浓度的系数次幂的乘积与弱电解质的平衡浓度的比值。 ②S发生水解,生成HS和OH-,HS再进一步水解生成H2SO3和OH-,故离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(S)>c(OH-)>c(HS)>c(H+)。 ③根据电离平衡常数,H2SO3的Ka1大于H2CO3的Ka1,故反应生成CO2、HS、H2O。 考点26溶液的酸碱性与pH　 　　本考点知识在高考中属于必考知识,试题难度一般较大,常结合盐类水解、电离平衡以及离子浓度大小比较等进行综合命题。常见的命题形式有:(1)结合图像判断溶液的酸碱性、pH的计算,以及离子浓度的大小比较等;(2)以酸碱中和滴定为载体,考查“强”滴“弱”过程中微粒浓度的变化以及其他相关知识;(3)以滴定为基础,考查相关操作和计算等。 阅读下列材料,完成1~3题。 一定条件下,乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROHCH3COOR+CH3COOH]可进行完全,利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的烃基含量,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m g ROH样品,充分反应后,加适量水使剩余乙酸酐完全水解:(CH3CO)2O+H2O2CH3COOH。 ③加指示剂并用c mol·L-1 NaOH—甲醇标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液V1 mL。 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c mol·L-1 NaOH—甲醇标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液V2 mL。 1.(2023·山东,8,2分,难度★★★)对于上述实验,下列做法正确的是 (　C　) 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 解析 容量瓶检漏时,应倒置两次,第二次时将塞子旋转180°再将容量瓶倒置,两次倒置,容量瓶瓶塞周围均无水渗出,表明容量瓶不漏水,A项错误;判断滴定终点时,锥形瓶中溶液变色,且半分钟内不恢复原来的颜色,即可判定到达滴定终点,B项错误;滴定读数时,应将滴定管固定在滴定台上,或者单手持滴定管上端无刻度处,并保持其自然垂直,C项正确,D项错误。 2.(2023·山东,9,2分,难度★★★)ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是 (　A　) A.×100% B.×100% C.×100% D.×100% 解析 根据CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O,可计算出步骤④中乙酸酐水解反应生成的CH3COOH的物质的量为cV2×10-3 mol;根据(CH3CO)2O+ROHCH3COOR+CH3COOH、(CH3CO)2O+H2O2CH3COOH,可计算出步骤②中乙酸酐醇解反应生成的CH3COOH和乙酸酐水解反应生成的CH3COOH的物质的量之和为cV1×10-3 mol;因为两次滴定量取的是相同条件下、相同体积的乙酸酐—苯溶液,所以可求出ROH样品中羟基的物质的量为n(—OH)=n(ROH)=n(CH3COOR)=(cV2×10-3-cV1×10-3) mol=c(V2-V1)×10-3 mol,羟基含量为×100%=×100%,A项正确。 3.(2023·山东,10,2分,难度★★★)根据上述实验原理,下列说法正确的是 (　B　) 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 解析 乙酸与醇的酯化反应是可逆反应,因此无法用乙酸定量测定有机醇中的羟基含量,A项错误;甲醇挥发会造成标准溶液浓度增大,进行步骤③时,消耗的标准溶液体积变小,即V1变小,由于在使用过程中甲醇不断挥发,步骤④中的NaOH—甲醇溶液的浓度相对步骤③中溶液浓度更大了,即V2减小的程度更大了,因此V2-V1偏小,导致测定结果偏小,B项正确;若步骤③滴定时锥形瓶内液体溅出,则V1偏小,则导致测定结果偏大,C项错误;若步骤④中加水量不足,在滴定过程中未水解的乙酸酐继续醇解,乙酸酐不能完全转化为乙酸,则V2偏小,导致测定结果偏小,D项错误。 4.(2022·浙江,23,2分,难度★★★)25 ℃时,向20 mL浓度均为0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5;用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定20 mL等浓度的盐酸,滴定终点的pH突跃范围4.3~9.7)。下列说法不正确的是 (　B　) A.恰好中和时,溶液呈碱性 B.滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中,发生反应的离子方程式为H++OH-H2O C.滴定过程中,c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) D.pH=7时,c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH) 解析 恰好中和时,溶液中的溶质为氯化钠和醋酸钠,醋酸钠水解使溶液显碱性,A项说法正确。由醋酸的Ka可计算出0.1 mol·L-1的醋酸的pH约为3,说明滴加氢氧化钠溶液至pH为4.3的过程中,还会发生醋酸与氢氧化钠的反应,反应的离子方程式为CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O,B项说法错误。盐酸是强酸,故盐酸的浓度等于氯离子的浓度,由于盐酸和醋酸为等浓度混合,故根据物料守恒,c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),C项说法正确。pH=7时,溶液中存在氯化钠、醋酸钠和醋酸,由C项分析可知,c(Cl-)>c(CH3COO-),由Ka可得==180,因此c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH),D项说法正确。 5.(2022·河北,9,3分,难度★★★)某水样中含一定浓度的C、HC和其他不与酸碱反应的离子,取10.00 mL水样,用0.010 00 mol·L-1的HCl溶液进行滴定,溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。 下列说法正确的是 (　C　) A.该水样中c(C)=0.01 mol·L-1 B.a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-) C.当V(HCl)≤20.00 mL时,溶液中c(HC)基本保持不变 D.曲线上任意一点存在c(C)+c(HC)+c(H2CO3)=0.03 mol·L-1 解析 向含碳酸根离子和碳酸氢根离子的混合溶液中加入盐酸时,先后发生如下反应C+H+HC、HC+H+H2CO3,则滴定时溶液pH会发生两次突跃,第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应完全生成碳酸氢根离子,第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应完全生成碳酸,由图像可知,滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时,消耗盐酸的体积为20.00 mL,由反应方程式C+H+HC可知,水样中碳酸根离子的浓度为 =0.02 mol·L-1;溶液pH第二次发生突跃时,消耗盐酸的体积为50.00 mL,则水样中碳酸氢根离子的浓度为 =0.01 mol·L-1。由分析可知,水样中碳酸根离子的浓度为0.02 mol·L-1,故A错误;由图像可知,a点时碳酸根离子与氢离子恰好反应完全生成碳酸氢根离子,溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+c(C),故B错误;由分析可知,水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01 mol·L-1,当盐酸体积V(HCl)≤20.00 mL时,只发生反应C+H+HC,滴定过程中溶液中碳酸氢根离子浓度为 =0.01 mol·L-1,则当V(HCl)≤20.00 mL时溶液中碳酸氢根离子浓度不变,C正确;由分析可知,水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03 mol·L-1,由物料守恒可知,溶液中c(C)+c(HC)+c(H2CO3)=0.03 mol·L-1,滴定加入盐酸会使溶液体积增大,则滴定过程中溶液中[c(C)+c(HC)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol·L-1,故D错误。 6.(2022·湖北,12,3分,难度★★★)根据酸碱质子理论,给出质子(H+)的物质是酸,给出质子的能力越强,酸性越强。 已知: N2+NH3N+N2H4 N2H4+CH3COOHN2+CH3COO- 下列酸性强弱顺序正确的是 (　D　) A.N2>N2H4>N B.N2>CH3COOH>N C.NH3>N2H4>CH3COO- D.CH3COOH>N2>N 解析 根据复分解反应的规律,强酸能制得弱酸,根据酸碱质子理论,给出质子(H+)的物质是酸,则反应N2H4+CH3COOHN2+CH3COO-可说明酸性:CH3COOH>N2,反应N2+NH3N+N2H4可说明酸性:N2>N,答案选D。 7.(2021·辽宁,15,3分,难度★★★★★)用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00mL Na2A溶液,溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是(　C　) 【如A2-分布分数:δ(A2-)=】 A.H2A的Ka1为10-10.25 B.c点:c(HA-)>c(A2-)>c(H2A) C.第一次突变,可选酚酞作指示剂 D.c(Na2A)=0.200 0 mol·L-1 解析 用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液,pH最大时A2-的分布分数δ最大,随着pH的减小,A2-的分布分数δ逐渐减小,HA-的分布分数δ逐渐增大,至恰好生成NaHA之后,HA-的分布分数δ随pH的减小逐渐减小,H2A的分布分数δ逐渐增大,故表示H2A、HA-、A2-的分布分数δ的曲线如图所示: 据此分析选项。 H2A的Ka1=,根据上图交点1计算可知Ka1=10-6.38,A项错误;根据图像可知,c点时c(HA-)>c(H2A)>c(A2-),B项错误;根据图像可知,第一次滴定pH突变时溶液呈碱性,所以可以选择酚酞作指示剂,C项正确;根据图像e点对应数据可知,当加入盐酸40 mL时,全部生成H2A,根据Na2A+2HCl2NaCl+H2A,计算可知c(Na2A)=0.100 0 mol·L-1,D项错误。 8.(2021·福建,10,4分,难度★★★★)如图为某实验测得0.1 mol·L-1NaHCO3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.a点溶液的c(OH-)比c点溶液的小 B.a点时,Kw<Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3) C.b点溶液中,c(Na+)=c()+2c() D.ab段,pH减小说明升温抑制了的水解 解析 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,c点的Kw大,所以a点溶液中的c(OH-)比c点溶液中的小,故A项正确;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=>Ka2,所以Kw>Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3),故B项错误;b点溶液显碱性,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)c(HC)+2c(C)+c(OH-),由于c(H+)<c(OH-),所以c(Na+)>c(HC)+2c(C),故C项错误;碳酸氢钠溶液中存在电离和水解两个过程,而电离和水解均为吸热过程,升高温度,促进了电离和水解两个过程,故D项错误。 酸式盐溶液酸碱性的判断 要判断酸式盐溶液中离子浓度大小,首先要知道电离程度与水解程度的大小关系。电离程度大于水解程度,则盐溶液显酸性,反之显碱性。如NaHSO3溶液中,HS的电离程度大于水解程度,则其溶液显酸性;NaHCO3溶液中,HC的水解程度大于电离程度,碳酸氢钠溶液显碱性。 9.(2019·全国1,11,6分,难度★★★)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 (　C　) 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=7 D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-) 解析 随着NaOH溶液的加入,混合溶液中离子浓度和种类发生变化,因此混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关,A项叙述正确;a点的混合溶液中能导电的离子主要为HA-和K+,b点为反应终点,因此b点的混合溶液中能导电的离子主要为A2-、K+、Na+,故Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的,B项叙述正确;b点的混合溶液中含有的A2-能发生水解反应而使溶液呈碱性,C项叙述错误;b点为反应终点,因此b点的混合溶液中c(Na+)=c(K+)>c(OH-),继续加入氢氧化钠溶液后,c点的混合溶液中c(Na+)>c(K+)>c(OH-),D项叙述正确。 10.(2019·浙江,21,2分,难度★★★★)室温下,取20 mL 0.1 mol·L-1某二元酸H2A,滴加0.2 mol·L-1 NaOH溶液。 已知:H2AH++HA-,HA-H++A2-。下列说法不正确的是 (　B　) A.0.1 mol·L-1H2A溶液中有c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1 mol·L-1 B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),用去NaOH溶液的体积小于10 mL C.当用去NaOH溶液体积10 mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2-)=c(H+)-c(OH-) D.当用去NaOH溶液体积20 mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-) 解析 A项,由电荷守恒可知,c(H+)=2c(A2-)+c(HA-) +c(OH-),即c(HA-)=c(H+)-2c(A2-)-c(OH-),由原子个数守恒可知,c(A-)+c(HA-)=0.1 mol·L-1,将c(HA-)=c(H+)-2c(A2-)-c(OH-)代入原子个数守恒式,即得c(H+)-c(A2-)-c(OH-) =0.1 mol·L-1,说法正确,不符合题意;B项,根据电荷守恒可知,c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),因溶液呈中性,即得c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-),如果c(Na+)=c(HA-),说明加入NaOH溶液的体积等于10 mL,当c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)时,说明加入NaOH的体积大于10 mL,说法错误,符合题意;C项,如果加入10 mL氢氧化钠溶液时,溶液中溶质为NaHA,根据质子守恒可知,c(H+)=c(A2-)+c(OH-),即c(A2-)=c(H+)-c(OH-),说法正确,不符合题意;D项,如果加入20 mL氢氧化钠溶液时,溶液中溶质为Na2A,因为H2A的第一步完全电离,因此溶液中含A元素的微粒只有A2-和HA-,根据原子个数守恒可知,c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-),说法正确,不符合题意。 11.(2018·浙江,23,2分,难度★★★★)在常温下,向10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L-1的盐酸,溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是 (　B　) A.在a点的溶液中:c(Na+)>c(C)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) B.在b点的溶液中:2n(C)+n(HC)<0.001 mol C.在c点的溶液pH<7,是因为此时HC的电离能力大于其水解能力 D.若将0.1 mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH=7时:c(Na+)=c(CH3COO-) 解析 A选项,a点时,NaOH的物质的量为0.000 5 mol,Na2CO3的物质的量为0.001 mol,氯离子的物质的量为0.000 5 mol,由于水也能够电离出氢氧根离子,因此氢氧根离子浓度大于氯离子浓度,错误;B选项,b点时,溶液中钠离子的物质的量为0.003 mol,氯离子的物质的量为0.002 25 mol,由电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)+c(Cl-),此时溶液呈中性,因此c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-),因在同一溶液中,因此n(Na+)-n(Cl-)=n(HC)+2n(C),即n(HC)+2n(C)=0.000 75 mol<0.001 mol,正确;C选项,c点时,溶液中还剩余0.000 25 mol碳酸氢钠,同时还有生成的碳酸,溶液呈酸性的原因是碳酸的电离,错误;D选项,因溶液中还存在生成的碳酸,因此当pH=7时,溶液中除含有Na+、H+、CH3COO-、OH-离子外,还含有C、HC离子,由电荷守恒知,Na+和CH3COO-的浓度不可能相等,错误。 12.(2016·北京,11,6分,难度★★★)在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。 下列分析不正确的是 (　C　) A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B.b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH- C.c点,两溶液中含有相同量的OH- D.a、d两点对应的溶液均显中性 解析 两个过程的反应方程式分别为①Ba(OH)2+H2SO4BaSO4↓+2H2O,②NaHSO4+Ba(OH)2BaSO4↓+NaOH+H2O、NaOH+NaHSO4Na2SO4+H2O。A项,Ba(OH)2与H2SO4刚好完全反应时,生成BaSO4沉淀和H2O,此时溶液导电能力几乎为0,①曲线符合,分析正确。B项,设溶液中有1 mol Ba(OH)2,当加入1 mol H2SO4时,溶液导电性几乎为0,即为a点,而若加入1 mol NaHSO4,Ba2+与S刚好完全反应的同时,还生成1 mol NaOH,b点溶液中Na+和OH-较多,分析正确。C项,曲线①中,向a点溶液继续加入H2SO4溶液时,导电能力上升,溶液呈酸性;曲线②中,向b点溶液继续加入NaHSO4溶液时,会继续与NaOH反应,至d点时,OH-被完全反应,c点溶液呈碱性,故加入NaHSO4的c点溶液中OH-多,分析错误。D项,a点,Ba(OH)2和H2SO4恰好完全反应相当于纯水;d点,NaOH与NaHSO4恰好完全反应,溶质为Na2SO4,均显中性,分析正确。 13.(2015·山东,13,6分,难度★★★)室温下向10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 (　D　) A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA) B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同 C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA) D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA) 解析 a点表示HA与NaOH恰好完全反应,得到NaA溶液并且溶液pH=8.7,说明HA为弱酸,A-发生水解反应:A-+H2OHA+OH-,则a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),A项错误;a点为NaA溶液,由于A-发生水解,促进水的电离,而b点是HA和NaA的混合溶液,HA抑制水的电离,水的电离程度比a点时的小,B项错误;根据电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),pH=7时c(Na+)=c(A-),C项错误;b点所示溶液为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液,由于溶液的pH=4.7,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,故c(A-)>c(HA),D项正确。 14.(2015·广东,11,6分,难度★★★)一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是 (　C　) A.升高温度,可能引起由c向b的变化 B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10-13 C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化 解析 图中曲线上的点对应同一温度下的水溶液中的c(H+)和c(OH-),升高温度,水的离子积常数发生改变,升温不可能引起c向b的变化,A项错误;b点对应的c(H+)=c(OH-),KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14,B项错误;Fe3+水解显酸性,图中a点c(OH-)<c(H+),C项正确;c和d代表不同温度下的水的离子积常数,只稀释溶液但不改变溶液温度不会引起c向d的变化,D项错误。 15.(2015·广东,12,6分,难度★★)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定,下列说法正确的是 (　B　) A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定 B.随着NaOH溶液的滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大 C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D.滴定达到终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小 解析 滴定终点应该是溶液由无色变为红色,且半分钟不恢复原色,这时才能停止滴定,C项错误;滴定管尖嘴部分的悬滴没有进入锥形瓶中,但是在读数时,却被认为参加反应了,测定的HCl的浓度偏大,D项错误。 16.(2015·重庆,3,6分,难度★★)下列叙述正确的是 (　C　) A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B.25 ℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7 C.25 ℃时,0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱 D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-) 解析 稀醋酸中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,加入醋酸钠后溶液中醋酸根离子浓度增大,抑制醋酸的电离,A项错误;由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故混合溶液中氯离子和碘离子的浓度不同,D项错误。 17.(2021·湖南,15,12分,难度★★★★)碳酸钠俗称纯碱,是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠,并测定产品中少量碳酸氢钠的含量。过程如下: 步骤Ⅰ.Na2CO3的制备 步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定 ①称取产品2.500 g,用蒸馏水溶解,定容于250 mL容量瓶中; ②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶,加入2滴指示剂M,用0.100 0 mol·L-1盐酸标准溶液滴定,溶液由红色变至近无色(第一滴定终点),消耗盐酸V1 mL; ③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用0.100 0 mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点),又消耗盐酸V2 mL; ④平行测定三次,V1平均值为22.45,V2平均值为23.51。 已知:(ⅰ)当温度超过35 ℃时,NH4HCO3开始分解。 (ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100 g H2O) 温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 NaCl 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 NH4HCO3 11.9 15.8 21.0 27.0 NaHCO3 6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4 NH4Cl 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2 回答下列问题: (1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为　　　　,晶体A能够析出的原因是　　　　　　　　;  (2)步骤Ⅰ中“300 ℃加热”所选用的仪器是　　　　(填标号);  (3)指示剂N为　　　　,描述第二滴定终点前后颜色变化　　　　　　;  (4)产品中NaHCO3的质量分数为　　　　(保留三位有效数字);  (5)第一滴定终点时,某同学俯视读数,其他操作均正确,则NaHCO3质量分数的计算结果　　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  答案 (1)NaHCO3　相同温度下,碳酸氢钠与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小　(2)D　(3)甲基橙　溶液由黄色变为橙色　(4)3.56%　(5)偏大 解析 (1)根据流程图及最终产品是碳酸钠可推知晶体A的成分是碳酸氢钠。根据已知(ⅱ)中相关盐在不同温度下的溶解度表可知碳酸氢钠的溶解度在35 ℃的温度下,与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小。所以当将碳酸氢铵粉末和氯化钠溶液混合时,溶液中易析出碳酸氢钠晶体。 (2)给固体加热所用的仪器一般为坩埚。 (3)用盐酸标准溶液滴定含有碳酸氢钠杂质的碳酸钠溶液时,由于开始时溶液呈碱性,且首先发生反应:Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl,此时所用指示剂M为酚酞,终点的现象是:溶液由红色变为近无色。第二个滴定阶段发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑,由于最终溶液呈弱酸性,所以可用甲基橙作指示剂(N)。滴定终点的现象是溶液由黄色变为橙色。 (4)根据滴定过程中的反应原理:Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl、NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑可知,2.500 g产品中碳酸氢钠所消耗的盐酸的体积为(V2-V1) mL×10=(23.51-22.45) mL×10,则样品中n(NaHCO3)=(23.51-22.45) mL×10×10-3 L·mL-1×0.100 0 mol·L-1=1.06×10-3 mol。所以产品中碳酸氢钠的质量分数为×100%=3.56%。 (5)由于滴定管的刻度上小下大,当第一滴定终点时俯视读数,会使所读刻度值偏小,即V1偏小,引起(V2-V1)偏大,则最终所算得的碳酸氢钠的质量分数偏大。 学科网（北京）股份有限公司 $$