第七章第一节水的电离和溶液的酸碱性-【创新教程】2026年高考化学总复习大一轮课件PPT（鲁科版）

2025-09-15

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第一节　水的电离和溶液的酸碱性第七章　物质在水溶液中的行为下一页上一页返回导航第七章　物质在水溶液中的行为高考总复习化学（LK）知识复盘考点突破 01 感悟真题高考知势 02 课时作业 03 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★[课程标准] 1．认识水的电离，了解水的离子积常数。能从电离、离子反应、化学平衡的角度分析溶液的性质，如酸碱性、导电性等。 2．认识溶液的酸碱性及pH，掌握检测溶液pH的方法。 3．能进行溶液pH的简单计算，能正确测定溶液pH，能调控溶液的酸碱性。 4．能选择实例说明溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的应用。考点一　水的电离一、水的电离水是极弱的电解质，其电离方程式为　H2O＋H2OH3O＋＋OH－　或　H2OH＋＋OH－　。二、水的离子积常数 Kw＝c(H＋)·c(OH－)。 1．室温下，Kw＝　1×10－14　。 2．影响因素：只与温度有关，水的电离是　吸热　过程，升高温度，Kw　增大　。 3．适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的　电解质　水溶液。在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。三、影响水电离平衡的因素填写外界条件对水电离平衡的具体影响　　　体系变化条件　　　平衡移动方向 Kw 水的电离程度 c(OH－) c(H＋) HCl 　逆　　不变　　减小　　减小　　增大　 NaOH 　逆　　不变　　减小　　增大　　减小　可水解的盐 Na2CO3 　正　　不变　　增大　　增大　　减小　 NH4Cl 　正　　不变　　增大　　减小　　增大　温度升温　正　　增大　　增大　　增大　　增大　降温　逆　　减小　　减小　　减小　　减小　其他：如加入Na 　正　　不变　　增大　　增大　　减小　 1．易错辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(浙江7月)将KCl溶液从常温加热至80 ℃，溶液的pH变小但仍保持中性( √ ) (2)(浙江7月)2.0×10－7 mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1( × ) (3)25 ℃时，0.01 mol·L－1的盐酸中，c(OH－)＝1.0×10－12 mol·L－1( √ ) (4)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同( × ) (5)室温下，0.1 mol·L－1的HCl溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中水的电离程度相等( √ ) (6)任何水溶液中均存在H＋和OH－，且水电离出的c水(H＋)和c水(OH－)相等( √ ) (7)25 ℃时，0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液加水稀释后，c(H＋)与c(OH－)的乘积变大( × ) (8)某温度下，纯水中的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则c(OH－)＝eq \f(1.0×10－14mol2·L－2,2×10－7mol·L－1)( × ) 2. (1)Kw＝c(H＋)·c(OH－)中，H＋和OH－一定由水电离出来的吗？ ________________________________________________________ ________________________________________________________ (2)25 ℃，pH＝3的某溶液中，H2O电离出的H＋浓度为多少？ ______________________________________________________ ______________________________________________________ 答案：(1)不一定，如酸溶液中H＋由酸和水电离产生，碱溶液中OH－由碱和水电离产生，只要是水溶液必定有H＋和OH－，当溶液浓度不大时，总有Kw＝c(H＋)·c(OH－)。 (2)①若为水解呈酸性的盐溶液，促进水的电离，由水电离出的c水(H＋)＝1×10－3 mol·L－1。 ②若为酸，抑制水的电离，由水电离出的c水(H＋)＝c(OH－)＝eq \f(Kw,cH＋)＝eq \f(1×10－14,1×10－3) mol·L－1＝1×10－11 mol·L－1。 3．25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl、②NaOH、③H2SO4、④(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小的顺序排列的一组是(　　) A．④＞③＞②＞①　　　 B．②＞③＞①＞④ C．④＞①＞②＞③ D．③＞②＞①＞④ 解析：C　[①对水的电离无影响；②③抑制水的电离，由H2OH＋＋OH－知，同等程度地改变c(H＋)或c(OH－)对水的电离影响相同，故水的电离程度②>③；④促进水的电离。因此水的电离程度：④>①>②>③。] ◆[题组1]　影响水电离平衡的因素及结果判断　 1．(2025·六盘水市高三开学考)25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－。下列叙述错误的是(　　) A．向水中通入氨气，平衡逆向移动，c(OH－)增大 B．向水中加入少量稀硫酸，c(H＋)增大，Kw不变 C．将水加热平衡正向移动，Kw变大 D．升高温度，平衡正向移动，c(H＋)增大，pH不变解析：D　[向水中通入NH3，c(OH－)增大，平衡左移，A正确；向水中加入少量稀H2SO4，c(H＋)增大，但温度不变，Kw不变，B正确；将水加热，水的电离平衡正向移动，Kw变大，C正确；升高温度，能促进水的电离，c(H＋)增大，pH减小，D错误。] 2．实验测得0.5 mol·L－1CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1 CuSO4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 3．(2025·泉州市高三开学考)水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(H＋)·c(OH－)＝常数，下列说法错误的是(　　) A．图中温度T1 >T2 B．图中五点Kw间的关系：B＞C＞A＝D＝E C．曲线a、b均代表纯水的电离情况 D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性解析：C　[D项，B点Kw＝10－12，H2SO4中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，KOH中c(OH－)＝eq \f(10－12,10－12) mol·L－1＝1 mol·L－1，等体积混合后，KOH过量，溶液呈碱性，正确。] ◆[题组2]　水电离出的c水(H＋)或c水(OH－)的计算　 4．(双选)(2025·山东省实验中学检测)常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出来的c水(H＋)与NaOH溶液的体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是(　　) A．E点对应溶液pH＝11 B．G点对应溶液：c(Na＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋) C．常温下加水稀释H点对应溶液，溶液pH减小 D．F、H点对应溶液中都存在：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－) 答案：BC 　水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25 ℃时) (1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1。 (2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＜10－7 mol·L－1，当溶液中的c(H＋)＜10－7 mol·L－1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10－7 mol·L－1时，就用10－14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。 (3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7 mol·L－1。若给出的c(H＋)＞10－7 mol·L－1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10－7 mol·L－1，就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。 5．常温下，向10 mL 1 mol·L－1一元酸HA溶液中滴加1 mol·L－1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与－lgc水(H＋)的关系如图所示，c水(H＋)为溶液中水电离的c(H＋)。下列说法不正确的是(　　) A．常温下，Ka(HA)的数量级为10－4 B．a、b两点溶液的pH均为7 C．从a点到b点，水的电离程度先增大后减小 D．溶液的导电性逐渐增强答案：B 考点二　溶液的酸碱性和pH 一、溶液的酸碱性溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。(将“＞”“＝”或“＜”填空) 酸性溶液中中性溶液中碱性溶液中 c(H＋)　＞　 c(OH－) c(H＋)　＝　c(OH－) c(H＋)　＜　 c(OH－) 二、溶液的pH 1．定义式：pH＝　－lg c(H＋)　。 2．溶液的酸碱性与pH的关系室温下： 3．适用范围：0～14 4．测量 (1)酸碱指示剂法取待测液滴加酸碱指示剂，通过观察溶液颜色的变化来确定溶液的酸碱性。 (2)pH试纸法把小片试纸放在　表面皿　或玻璃片上，用洁净干燥的　玻璃棒　蘸取待测液滴在干燥的pH试纸的中部，观察变化稳定后的颜色，　与标准比色卡对比　即可确定溶液的pH。 (3)pH计法用仪器精确测量溶液的pH。 1．易错辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)温度一定时，在纯水中通入少量SO2，水的电离平衡不移动，Kw不变( × ) (2)室温下，0.1 mol·L－1的HCl溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中水的电离程度相等( √ ) (3)(2023·浙江6月)向1 L 0.1 mol/L CH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA( × ) (4)(北京卷)室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同( × ) (5)(浙江1月)氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl－)＝c(NHeq \o\al(＋,4))( √ ) (6)用pH试纸测得0.10 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH＝5.2( × ) (7)一定温度下，pH＝a的氨水，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1( × ) (8)100 ℃时Kw＝1.0×10－12,0.01 mol·L－1盐酸的pH＝2,0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝10( √ ) 2．(1)pH＝7的溶液一定是中性溶液吗？ _________________________________________________________ _________________________________________________________ (2)用pH试纸测溶液的pH时，应注意什么问题？记录数据时又要注意什么？是否可用pH试纸测定氯水的pH? __________________________________________________________ __________________________________________________________ 答案：(1)不一定　只有在室温条件下，pH＝7的溶液才是中性溶液，非室温条件下根据溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小来判断酸碱性。 (2)pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则待测液因被稀释可能产生误差；用pH试纸读出的pH只能是整数；不能用pH试纸测定氯水的pH，因为氯水呈酸性的同时呈现强氧化性(漂白性)。 3．判断下列溶液在常温下的酸、碱性(在括号中填“酸性”“碱性”或“中性”) (1)相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合(　　) (2)相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合(　　) (3)相同浓度NH3·H2O和HCl溶液等体积混合(　　) (4)pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　) (5)pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等体积混合(　　) (6)pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　) (7)pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　) (8)pH＝2的HCl和pH＝12的NH3·H2O等体积混合(　　) 答案：(1)中性　(2)碱性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性　(6)碱性　(7)酸性　(8)碱性 1．稀释规律酸、碱溶液稀释相同倍数时，强电解质溶液比弱电解质溶液的pH变化幅度大，但不管稀释多少倍，最终都无限接近中性。 2．酸碱混合规律 (1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性，同强显中性”。 (2)25 ℃时，等体积pH之和等于14的一强一弱酸碱混合溶液——“谁弱谁过量，谁弱显谁性”。 (3)强酸、强碱等体积混合(25 ℃时) ①pH之和等于14呈中性； ②pH之和小于14呈酸性； ③pH之和大于14呈碱性。 ◆[题组1]　溶液酸碱性的判断　 1．(2025·福建泉州模拟)常温时，纯水中由水电离出的c(H＋)＝a mol·L－1，pH＝1的盐酸中由水电离出的c(H＋)＝b mol·L－1,0.1 mol·L－1的盐酸与0.1 mol·L－1的氨水等体积混合后，由水电离出的c(H＋)＝c mol·L－1，则a、b、c的关系正确的是(　　 ) A．a>b＝c　　　　　　 B．c>a>b C．c>b>a D．b>c>a 解析：B　[盐酸抑制水的电离，所以b<a；0.1 mol·L－1的盐酸与0.1 mol·L－1的氨水等体积混合后，生成氯化铵溶液，铵根离子水解促进水的电离，则c>a，故B正确。] 2．(2025·枣庄市检测)下列结论一定合理的是(　　) A．c(H＋)＝eq \r(Kw)的溶液呈中性 B．某物质的溶液pH＜7，则该物质是酸或强酸弱碱盐 C．加水稀释醋酸溶液，eq \f(cCH3COO－,cCH3COOH)的值不变 D．将pH＝a的一元酸溶液稀释10倍后，溶液的pH＝a＋1 解析：A　[A.由水的离子积常数可知，c(H＋)＝eq \r(Kw)的溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液一定呈中性，故A正确；B.某物质的溶液pH＜7，该物质可能为强酸的酸式盐，故B错误；C.由电离常数公式可知，溶液中eq \f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq \f(Ka,cH＋)，加水稀释醋酸溶液，溶液中氢离子浓度减小，电离常数不变，则溶液中eq \f(Ka,cH＋)和eq \f(cCH3COO－,cCH3COOH)的值增大，故C错误；D.弱酸在溶液中存在电离平衡，所以将pH＝a的一元酸溶液稀释10倍后，溶液的pH＜a＋1，故D错误。] ◆[题组2]　溶液pH的简单计算　 3．(2025·广东汕尾模拟)常温下，关于溶液稀释的说法正确的是(　　) A．将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液加水到体积为2 L，pH＝13 B．pH＝3的醋酸溶液加水稀释到原浓度的eq \f(1,100)，pH＝5 C．pH＝4的H2SO4溶液加水稀释到原浓度的eq \f(1,100)，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1 D．pH＝8的NaOH溶液加水稀释到原浓度的eq \f(1,100)，其pH＝6 解析：A　[A项，c(OH－)＝0.2 mol·L－1，稀释1倍后c(OH－)＝0.1 mol·L－1，则pH＝13，正确；B项，醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸溶液中c(H＋)＝10－3mol/L，稀释100倍后，由于溶液中有大量未电离的醋酸分子在稀释时发生电离，故醋酸溶液的pH＜5，错误；C项，稀释100倍后，H2SO4的pH＝6，则水电离的c(H＋)＝10－8 mol·L－1，错误；D项，pH＝8的NaOH溶液稀释100倍后，仍是碱性溶液，pH不可能小于7，错误。] 4．根据要求解答下列问题(常温条件下)： (1)pH＝5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c(SOeq \o\al(2－,4))与c(H＋)的比值为____________。 (2)取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为______________________。 (3)在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是____________。 (4)将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的稀盐酸Vb L混合，若所得溶液呈中性，且a＋b＝13，则eq \f(Va,Vb)＝__________。答案：(1)eq \f(1,10)　(2)0.05 mol·L－1　(3)1∶4　(4)10 5．(2025·江苏南京模拟)现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是(　　) 序号 ① ② ③ ④ pH 11 11 3 3 溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸 A.③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大 B．②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)＞c(OH－) C．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③ D．V1 L ④与V2 L ①混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＜V2 解析：D　[从平衡移动角度分析，CH3COONa电离出的CH3COO－与盐酸中的H＋结合生成CH3COOH，CH3COO－会使醋酸溶液中平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋向左移动，两溶液中H＋浓度均减小，所以pH均增大，A项正确；假设均是强酸强碱，则物质的量浓度相同，等体积混合后溶液呈中性，但③醋酸是弱酸，其浓度远远大于②，即混合后醋酸过量，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，B项正确；分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么①②溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3·H2ONHeq \o\al(＋,4)＋OH－向右移动，使①pH>10，同理醋酸稀释后pH＜4，C项正确；假设均是强酸强碱，混合后溶液呈中性，则V1＝V2，但①氨水是弱碱，其浓度远远大于④盐酸，所以需要的①氨水少，即V1>V2，D项错误。] 6．(双选)(2025·东营市检测)草酸(H2C2O4)是二元弱酸，常温下，用NaOH溶液滴定草酸溶液，溶液中lgeq \f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)或lgeq \f(cHC2O\o\al(－,4),cC2O\o\al(2－,4))与混合溶液pH关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A．曲线Ⅰ为lgeq \f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)随溶液pH的变化曲线 B．b点时，c(H2C2O4)＝c(C2Oeq \o\al(2－,4)) C．常温下，草酸的电离常数Ka1＝10－2.7，Ka2＝10－4.4 D．a、b、c三点，水的电离程度先增大后减小答案：CD 考点三　酸碱中和滴定一、实验原理　利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝　eq \f(cHCl·VHCl,VNaOH)　。酸碱中和滴定的关键： 1．准确测定　标准液和待测液的体积　； 2．准确判断　滴定终点　。二、实验用品 1．仪器图(A)是　酸式滴定管　、图(B)是　碱式滴定管　、滴定管夹、铁架台、　锥形瓶　。 2．试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 3．滴定管 (1)构造：“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。 (2)精确度：读数可精确到　0.01　 mL。 (3)洗涤：先用蒸馏水洗涤，再用　待装液　润洗。 (4)排泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。 (5)使用注意事项：试剂性质滴定管原因酸性、氧化性　酸式　滴定管氧化性物质易腐蚀橡胶管碱性　碱式　滴定管碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开三、实验操作以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例。 1．滴定前的准备 (1)滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。 (2)锥形瓶：注碱液→记体积→加指示剂。 2．滴定 3．终点判断等到滴入最后半滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内　不恢复　原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。 4．数据处理按上述操作重复　二至三　次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝　eq \f(cHCl·VHCl,VNaOH)　计算。四、指示剂 1．常用酸碱指示剂及变色范围指示剂变色范围的pH 石蕊＜5.0红色 5.0～8.0　紫色　＞8.0蓝色甲基橙＜3.1　红色　 3.1～4.4橙色＞4.4黄色酚酞＜8.2无色 8.2～10.0　浅红色　＞10.0　红色　 2.指示剂选择的基本原则 (1)酸碱中和滴定中一般不用石蕊作指示剂，因其颜色变化不明显。 (2)滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。 (3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。 (4)强酸滴定强碱用甲基橙或酚酞作指示剂。 (5)并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色恰好褪去时即为滴定终点。 3．滴定终点判断的答题模板当滴入最后半滴××××标准溶液后，溶液由××色变成×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。解答此类题目注意三个关键点：最后半滴必须说明是滴入“最后半滴”溶液颜色变化必须说明滴入“最后半滴”溶液后溶液的颜色变化半分钟必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不恢复原来的颜色” 五、数据处理按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝eq \f(cHCl×VHCl,VNaOH)计算。六、误差分析 1．原理依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝eq \f(c标准·V标准,V待测)，因c(标准)与V(待测)已确定，因此只要分析出不正确的操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。V(标准)变大，则c(待测) 　偏高　；V(标准)变小，则c(待测)　偏低　。 2．常见误差以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞做指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：步骤操作 V标准 c待测洗涤酸式滴定管未用标准酸溶液润洗变大偏高碱式滴定管未用待测溶液润洗变小偏低锥形瓶用待测溶液润洗变大偏高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无影响取液取碱液的滴定管开始有气泡，读数时气泡消失变小偏低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失变大偏高振荡锥形瓶时部分液体溅出变小偏低部分酸液滴在锥形瓶外变大偏高读数酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯) 变小偏低酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰) 变大偏高 1．易错辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(2024·浙江1月卷)装置用于标准酸溶液滴定未知碱溶液( √ ) (2)(2024·甘肃卷)用装置 (3)(2023·浙江6月)操作 (4)等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH＝7的溶液所消耗的n(NaOH)相等( × ) (5)25 ℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液到pH＝7，V(醋酸)<V(NaOH)( × ) (6)若用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，滴定前仰视，滴定后俯视，则滴定值偏大( × ) (7)容量为25 mL的滴定管，滴定过程中用去10.00 mL的液体，此时滴定管中剩余液体的体积为15 mL( × ) (8)滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁( √ ) 2．(2023·广东卷)盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.500 0 mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。 ①上述滴定操作用到的仪器有____________。 ②该盐酸浓度为____________mol·L－1。解析：①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台等，故选AD； ②滴定时发生的反应为HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，故c(HCl)＝eq \f(cNaOH·VNaOH,VHCl)＝eq \f(11×10－3mol·L－1,20.00 mL)＝0.550 0 mol·L－1。答案：①AD　②0.550 0 ◆[题组1]　酸碱中和滴定的常规考查　 1．(2025·河北唐山模拟)用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考下图，从下表中选出正确的指示剂和仪器(　　) 选项锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂选用滴定管 A 碱酸石蕊乙 B 酸碱酚酞甲 C 碱酸甲基橙乙 D 酸碱酚酞乙解析：D　[解答本题的关键：①明确酸、碱式滴定管使用时的注意事项，②指示剂的变色范围。酸式滴定管不能盛放碱，而碱式滴定管不能盛放酸，指示剂应选择颜色变化明显的酚酞或甲基橙，不能选用石蕊，另外还要注意在酸碱中和滴定中，无论是标准溶液滴定待测溶液，还是待测溶液滴定标准液，只要操作正确，都能得到正确的结果。] ◆[题组2]　酸碱中和滴定图像　 2．(2025·浙江金华模拟)已知25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，滴定曲线如图1所示，CN－、HCN的物质的量分数(α)随pH变化的关系如图2所示。下列表述正确的是(　　) INCLUDEPICTURE"M265.TIF" 图1 图2 A．b点时：c(Cl－)>c(HCN) B．d点时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－) C．图2中的e点对应图1中的c点 D．选用酚酞试剂比选用甲基橙试剂作指示剂误差更小解析：B　[b点时，溶液中的溶质为等物质的量NaCl、NaCN和HCN，此时溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，故c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)，A项错误；d点恰好完全反应，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，根据原子守恒：c(Cl－)＝c(CN－)＋c(HCN)，两式相加可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，B项正确；图1中c点c(HCN)>c(CN－)，C项错误；滴定终点时溶液中的溶质为NaCl和HCN，溶液显酸性，为了减小误差应选用甲基橙试液作指示剂，滴定终点时，溶液由黄色为橙色且半分钟内不恢复原色，D错误。] 3．(2025·吉林长春检测)常温时，向20.00 mL 0.01 mol/L某一元酸HA溶液中逐滴加入0.01 mol/L NaOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．若a＝3，HA的电离平衡常数约为1×10－4 B．b、c、d三点对应的溶液中c点水的电离程度最大 C．在d点时，溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA) D．滴定过程中的离子反应为：HA＋OH－===H2O＋A－解析：B　[在开始滴定时0.01 mol/L HA溶液pH接近4，说明HA是一元弱酸，存在电离平衡：HAH＋＋A－，然后结合b、c、d三点溶液pH及溶液成分分析判断。A.根据弱酸HA电离方程式：HAH＋＋A－，可知若a＝3，则酸电离出的c(H＋)＝c(A－)＝10－3 mol/L，则酸的电离平衡常数Ka＝eq \f(cH＋·cA－,cHA)＝eq \f(10－3×10－3,0.01－10－3)≈1×10－4，A正确；B.c点溶液pH＝7，此时为NaA和HA的混合液，弱酸HA电离产生H＋，会抑制水的电离，故该点水的电离程度不是最大，d点恰好反应完全，溶质为NaA，此时水的电离程度才最大， B错误；C.根据图示可知：在d点NaOH溶液体积是20 mL，与HA恰好发生中和反应，此时溶液中的溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，根据质子守恒，可知c(OH －)＝c(H＋)＋c(HA)，C正确；D.由于HA是弱酸，因此HA与NaOH溶液发生中和反应HA＋NaOH===NaA＋H2O的离子方程式为：HA＋OH－===A－＋H2O, D正确；故合理选项是B。] 4．(2025·江苏南京期末)常温下，用0.10 mol·L－1盐酸滴定25.00 mL 0.10 mol·L－1NH3·H2O溶液，所得溶液的pH、NHeq \o\al(＋,4)和NH3·H2O的物质的量分数(α)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②代表α(NH3·H2O) B．当溶液显中性时，滴入盐酸的体积小于25.00 mL C．0.10 mol·L－1NH3·H2O溶液pH为13 D．NH3·H2O的电离常数约为1×10－9.26 解析：B　[随着盐酸的加入，溶液中NH3·H2O的含量越来越低，NHeq \o\al(＋,4)的含量越来越高，曲线①代表α(NH3·H2O)，曲线②代表α(NHeq \o\al(＋,4))，另一根曲线代表pH的变化，据此回答。A.根据分析可知，曲线①代表α(NH3·H2O)，曲线②代表α(NHeq \o\al(＋,4))，故A项错误；B.氯化铵溶液显酸性，则当溶液显中性时，溶液溶质为氯化铵和一水合氨，此时滴入盐酸的体积小于25.00 mL，故B项正确；C.a点时α(NH3·H2O)＝α(NHeq \o\al(＋,4))，则c(NH3·H2O)＝c(NHeq \o\al(＋,4))，此时溶液的pH＝9.26，则溶液中c(OH－)＝eq \f(10－14,10－9.26) mol/L＝10－4.74mol/L，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝eq \f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝c(OH－)＝10－4.74，则0.10 mol·L－1的NH3·H2O溶液中c(OH－)＝eq \r(0.10×Kb)＝10－2.87mol·L－1，c(H＋)＝eq \f(Kw,cOH－)＝eq \f(10－14,10－2.87)＝10－11.13，所以pH＝11.13，故C项错误；D.NH3·H2O的电离常数表达式为Kb＝eq \f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，a点时c(NHeq \o\al(＋,4))＝c(NH3·H2O)，此时溶液的pH＝9.26，所以c(OH－)＝eq \f(10－14,10－9.26)mol/L＝10－4.74mol/L，则Kb＝c(OH－)＝10－4.74，故D项错误；故本题选B。] ◆[题组3]　综合类滴定图像　 5．(2025·扬州市高三开学考)合成环氧氯丙烷时产生了盐酸和醋酸(HAc)混合液，为研究混合溶液的定量分析方法，进行以下实验：实验1：向20 mL 0.1 mol/L 盐酸中滴加0.1 mol/L NaOH溶液；实验2：向20 mL 0.1 mol/L 醋酸溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液；实验3：向20 mL某浓度HCl与HAc混合溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液。测得实验1、2中溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．实验1所测得的pH变化为曲线b B．实验2中加入10 mL NaOH时，溶液中存在：c(HAc)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ac－) C．实验3溶液中Ac－的物质的量分数eq \f(cAc－,cHAc＋cAc－)＝eq \f(KaHAc,cH＋＋KaHAc) D．实验3中根据pH约为4.30时所消耗的V(NaOH)，可计算混合溶液中n(HCl) 解析：C　[A.相同浓度情况下，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，可得初始未加NaOH溶液时，盐酸的pH更小，故曲线a表示盐酸中滴加NaOH溶液，也就是对应实验1，A错误；B.实验2是醋酸溶液中滴加NaOH溶液，加入10 mL NaOH溶液，对应溶质是等物质的量的NaAc和HAc，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Ac－)＋c(OH－)，根据原子守恒2c(Na＋)＝c(HAc)＋c(Ac－)，两式结合可得，c(HAc)＋2c(H＋)＝c(Ac－)＋2c(OH－)，B错误；C.Ka(HAc)＝eq \f(cAc－·cH＋,cHAc)，可得eq \f(cAc－,cHAc)＝eq \f(KaHAc,cH＋)， eq \f(cAc－,cHAc＋cAc－)＝eq \f(1,\f(cHAc,cAc－)＋1)，将eq \f(cAc－,cHAc)＝eq \f(KaHAc,cH＋)代入可得eq \f(cAc－,cHAc＋cAc－)＝eq \f(KaHAc,cH＋＋KaHAc)，C正确；D.pH＝4.30时，既消耗了HAc，也消耗了HCl，还剩余HCl，故不能根据消耗的V(NaOH)计算混合溶液中n(HCl)，D错误。] [例]　(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)＝1.8×10－4，向20 mL 0.10 mol·L－1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH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：M＜N B．M点：2c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) C．当V(HCOOH)＝10 mL时，c(OH－)＝c(H＋)＋2c(HCOOH)＋c(HCOO－) D．N点：c(Na＋)＞c(HCOO－)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(HCOOH) 试题情境向20 mL 0.10 mol/LNaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液突破方法由题图信息：①分析图像中曲线浓度下降的为OH－，浓度增加的为HCOO－；②M点NaOH被中和一半，N点NaOH恰好被中和，HCOONa水解促进水的电离；③V(HCOOH)＝10 mL时，溶液为等浓度的HCOOH和HCOONa 核心素养本题的情境比较陌生，涉及两种未知粒子判断、溶液中离子浓度大小分析、水的电离程度的影响，主要考查信息获取与加工、逻辑推断与论证和批判性思维能力解析：D　[结合起点和终点，向20 mL 0.10 mol·L－1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的粒子是OH－和HCOO－，当V(HCOOH)＝0 mL，溶液中存在的粒子是OH－，可知随着甲酸的加入，OH－被消耗，逐渐下降的曲线表示的是OH－浓度的改变，逐渐上升的曲线表示的是HCOO－浓度的改变。A.M点时，V(HCOOH)＝10 mL，溶液中的溶质为c(NaOH)∶c(HCOONa)＝1∶1，仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离起抑制作用，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，水的电离程度最大，故A正确；B.M点时，V(HCOOH)＝10 mL，溶液中的溶质为c(NaOH)∶c(HCOONa)＝1∶1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，由M点为交点可知c(HCOO－)＝c(OH－)，联合可得2c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，故B正确；C.当V(HCOOH)＝10 mL时，溶液中的溶质为c(NaOH)∶ c(HCOONa)＝1∶1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，根据元素守恒c(Na＋)＝2c(HCOO－)＋2c(HCOOH)，联合可得c(OH－)＝c(H＋)＋2c(HCOOH)＋c(HCOO－)，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c(Na＋)＞c(HCOO－)及c(OH－)＞c(H＋)观察图中N点可知，c(HCOO－)≈0.05 mol/L，根据Ka(HCOOH)＝eq \f(cH＋·cHCOO－,cHCOOH)＝1.8×10－4，可知c(HCOOH)＞c(H＋)，故D错误。] 1. (2024·新课标卷)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：δ(CH2ClCOO－)＝eq \f(cCH2ClCOO－,cCH2ClCOOH＋cCH2ClCOO－)] 下列叙述正确的是(　　) A．曲线M表示δ(CHCl2COO－)～pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.10 mol·L－1，则a点对应的溶液中有c(H＋)＝c(CHCl2COO－)＋c(OH－) C．CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10－1.3 D．pH＝2.08时，eq \f(电离度αCH2ClCOOH,电离度αCHCl2COOH)＝eq \f(0.15,0.85) 解析：D　[随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO－、CHCl2COO－浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)＞Ka(CH2ClCOOH)，δ(酸分子)＝δ(酸根离子)＝0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10－1.3，Ka(CH2ClCOOH)≈10－2.8，曲线M表示δ(CH2ClCOO－)～pH的变化关系，A、C错误；根据Ka(CHCl2COOH)＝eq \f(cCHCl2COO－·cH＋,cCHCl2COOH)，初始 c0(CHCl2COOH)＝0.1 mol·L－1，若溶液中溶质只有CHCl2COOH，则c(CHCl2COO－)＝c(H＋)≈eq \r(KaCHCl2COOH·c0CHCl2COOH)＝10－1.15mol·L－1，但a点对应的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒c(H＋)＞c(CHCl2COO－)＋c(OH－)，B错误；电离度α＝eq \f(n电离,n始)，n始＝n电离＋n未电离，则α(CH2ClCOOH)＝δ(CH2ClCOO－)，α(CHCl2COOH)＝δ(CHCl2COO－)，pH＝2.08时，δ(CH2ClCOO－)＝0.15，δ(CHCl2COO－)＝0.85，D正确。] 2．(2023·湖北卷)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)＝eq \f(cx,2.0×10－4mol·L－1)，已知lg 2≈eq \r(0.30，lg 3≈0.48。下列说法正确的是)(　　) A．当pH＝1时，体系中c(H2L)＞c([FeL]＋)＞c(OH－)＞c(HL－) B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－ C．L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lg K约为14 D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3mol·L－1 解析：C　[从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。A.从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2－进行络合，但在pH＝1时，根据pKa1＝7.46可知，Ka1＝10－7.46＝eq \f(cH＋·cHL－,cH2L)，c(H2L)＝10－1/10－7.46·c(HL－)＝ 106.46×c(HL－)，同理，根据Ka2得出：c(HL－)＝1011.2c(L2－)，故富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL－较少，c(H2L)≈5.0×10－3 mol/L，c(HL－)≈10－9.46，但pH＝1时c(OH－)＝10－13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]＋)>c(HL－)>c(OH－)，A错误；B.pH＝9.5时，根据Ka1可知，c(HL－)＝10－7.46/10－9.5c(H2L)＝102.04c(H2L)，根据Ka2可知，c(L2－)＝10－12.4/10－9.5c(HL－)＝10－2.9c(HL－)，即c(HL－)最大，随pH值增大，c(H2L)减小，c(L2－)增大，到pH＝10.5时，c(L2－)＝10－12.4/10－10.5c(HL－)＝10－1.9c(HL－)，c(HL－)依然大于c(L2－)，因此当pH在9.5～10.5之间时，含 L的物种主要为HL－，B错误；C.该反应的平衡常数K＝eq \f(c[FeL2－],c[FeL＋]·cL2－)，当[FeL2]－与[FeL]＋分布系数相等时，可以将K简化为K＝eq \f(1,cL2－)，此时体系的pH≈4，在pH≈4时可以计算溶液中c(L2－)≈5.0×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈eq \f(1,5.0×10－14.86)＝2×1013.86，即lg K≈lg 2×1013.86＝13.86＋0.3≈14，C正确；D.根据图像，pH＝10时溶液中主要的型体为[FeL3]3－和[FeL2(OH)]2－，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3－) ＝c([FeL2(OH)]2－)＝1×10－4 mol·L－1，此时形成[FeL3]3－消耗了3×10－4 mol·L－1的L2－，形成[FeL2(OH)]2－消耗了2×10－4 mol·L－1的L2－，共消耗了5×10－4 mol·L－1的L2－，即参与配位的c(L2－)≈5×10－4，D错误。] 3．(2023·湖南卷)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＝eq \f(V标准溶液,V待测溶液))的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) 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：D　[酸碱中和滴定、溶液中粒子浓度关系。根据CH3COOHCH3COO－＋H＋，可近似认为a点c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a点pH＝3.38，c(H＋)＝10－3.38 mol·L－1，故Ka(CH3COOH)≈eq \f(10－3.38×10－3.38,0.010 0)＝10－4.76，A项正确；a点HCl恰好被完全中和，由元素守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B项正确；b点溶液pH<7，即以CH3COOH的电离为主，即溶液中c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C项正确；a、b两点溶液呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH3COO－水解促进水的电离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，故D项错误。] 4．(2023·山东卷改编)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)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＋H2O―→2CH3COOH。 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)ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是(　　) A.eq \f(cV2－V1×17,1 000m)×100% B.eq \f(cV1－V2×17,1 000m)×100% C.eq \f(0.5cV2－V1×17,1 000m)×100% D.eq \f(c0.5V2－V1×17,1 000m)×100% (2)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解析：(1)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m g ROH样品，发生醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH→CH3COOR＋CH3COOH]，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解(CH3CO)2O＋H2O→2CH3COOH，加指示剂并用c mol/L NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL；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c mol/L NaOH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V2 mL；两次实验消耗标准溶液的差值为(V2－V1) mL，由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物CH3COOR不消耗NaOH，则R守恒可知，n(ROH)＝n(CH3COOR)＝(V2－V1)×c×10－3 mol，因此，ROH样品中羟基质量分数＝eq \f(cV1－V2×10－3 mol×17 g/mol,m)×100%＝eq \f(cV2－V1×17,1 000m)×100%，A正确，故选A。 (2)步骤④消耗NaOH的物质的量为V2×c×10－3 mol，即乙酸酐的总物质的量为(V2×c×10－3)/2 mol，步骤③消耗NaOH的物质的量为V1×c×10－3 mol，即醇解反应和水解反应生成的乙酸物质的量为V1×c×10－3 mol，由醇解反应和水解反应生成乙酸的比例关系可知，n(ROH)＋[(V2×c×10－3)/2 mol－n(ROH)]×2＝V1×c×10－3 mol，解得n(ROH)＝(V2－V1)×c×10－3 mol，因此ROH的物质的量为(V2－V1)×c×10－3 mol。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V2－V1随NaOH甲醇溶液浓度增大而减小，ROH的物质的量为(V2－V1)×c×10－3 mol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(V2－V1)×c×10－3 mol，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(V2－V1)×c×10－3 mol，故将导致测定结果偏小，D错误。答案：(1)A　(2)B 5．[水电离的c(H＋)、c(OH－)计算](2025·张家口市高三检测)室温下在某甲酸(HCOOH)溶液中，溶液中HCOOH和HCOO－的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是(　　) A．室温下该甲酸溶液中甲酸的电离常数为Ka，则－lgKa≈4.7 B．在0.1 mol/L的HCOONa溶液中，HCOO－的水解平衡常数为Kh，则Kh＝eq \f(1,Ka) C．向pH＝1的HCOOH溶液中逐滴加入NaOH溶液至pH＝7，水的电离程度逐渐增大 D．室温下将pH＝1的HCOOH溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合后pH＜7 解析：B　[A.室温下该甲酸溶液中甲酸的电离常数为Ka，根据电离平衡常数的含义可知Ka＝eq \f(cH＋·cHCOO－,cHCOOH)，当c(HCOOH)＝c(HCOO－)时，Ka＝c(H＋)。根据图像可知当c(HCOOH)＝c(HCOO－)，溶液pH＝4.7，所以Ka＝c(H＋)＝10－4.7，－lg Ka≈4.7，A正确；B.在0.1 mol/L的HCOONa溶液中，HCOO－的水解平衡常数为Kh，则Kh＝eq \f(cHCOOH·cOH－,cHCOO－)＝eq \f(cHCOOH·cOH－·cH＋,cHCOO－·cH＋)＝eq \f(Kw,Ka)，B错误；C.HCOOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡HCOOHHCOO－＋H＋；向该酸中不断加入NaOH溶液，酸电离产生的H＋不断被中和，c(H＋)逐渐减小，其对水电离平衡的抑制作用逐渐减弱，水电离程度逐渐增大。HCOONa为强碱弱酸盐，滴加NaOH溶液至完全中和时，溶液显碱性，则pH＝7时，HCOOH还未达到被完全中和程度，所以水的电离程度逐渐增大，C正确；D.HCOOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，c(HCOOH)＞c(H＋)＝0.1 mol/L；NaOH是一元强碱，pH＝13的NaOH溶液，c(NaOH)＝c(OH－)＝0.1 mol/L。向其中滴加NaOH溶液等体积混合后，酸电离产生的H＋与碱电离产生的OH－恰好完全中和，过量的HCOOH分子进一步电离产生H＋，使溶液显酸性，因此反应后溶液的pH＜7，D正确；故合理选项是B。] 6．(溶液中pH与pOH)(2025·南阳市高三检测)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 解析：D　[A.由图可知，b点对应的pOH＝pH＝6.5，则有c(H＋)＝c(OH－)＝10－6.5 mol·L－1，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－6.5×10－6.5＝1×10－13>Kw(25 ℃)，故b点温度高于25 ℃，A项正确；B.在水中通入氨气，c(OH－)增大，抑制了水的电离，则由水电离出的c(H＋)减小，B项正确；C.升高温度，水的电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，则pH、pOH均减小，且二者相等，故升高温度，可从b点变为a点，C项正确；D.b点对应的Kw＝1×10－13,0.1 mol·L－1 KOH溶液中c(OH－)＝1×10－1 mol·L－1，故c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，则溶液的pH＝12，D项错误。] $$

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