第02讲 水的电离和溶液的酸碱性（专项训练）（广东专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第02讲 水的电离和溶液的酸碱性 目录 01 课标达标练 题型01水的电离平衡与离子积常数 题型02 溶液的酸碱性与pH 题型03 酸碱中和滴定及应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01水的电离平衡与离子积常数 1．水的电离过程为，在不同温度下其离子积常数不同，。则下列关于纯水的叙述不正确的是 A．随着温度升高而升高 B．在时， C．时水的电离程度小于时水的电离程度 D．水的电离是吸热的 2．不同温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A．T＞25℃ B．A点和B点溶液均呈中性 C．25℃时，加入NaHSO4固体，Kw增大 D．25℃时，通入HCl气体，可使溶液由A点变到D点 3．下列关于水的离子积常数的叙述错误的是 A．水的离子积常数的表达式是Kw=c(OH-)c(H+) B．水的离子积常数Kw随着溶液中H+浓度或OH-浓度的变化而变化 C．水的离子积常数仅是温度的函数 D．水的离子积常数Kw 随温度的升高而增大 4．若溶液由水电离产生的c(OH-)=1×10-13mol·L-1，溶液中一定可以大量共存的离子组是 A．Al3+、Na+、、、Cl- B．K+、Na+、Cl-、 C．K+、Na+、Cl-、 D．K+、、、 5．下列物质属于强电解质，且溶于水时电离出的离子能使水的电离平衡向左移动的是 A． B． C． D． 6．25℃时，水的电离达到平衡：  ，下列叙述正确的 A．将水加热，增大，pH变小 B．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，减小，减小 C．向水中加入少量气体，平衡逆向移动，减小，减小 D．向水中加入少量固体碳酸氢钠，增大，变大 02 溶液的酸碱性与pH 7．下列溶液一定呈中性的是 A．pH=7的溶液 B．c(H+)=c(OH-)=10-6mol·L-1溶液 C．使石蕊试液呈紫色的溶液 D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 8．下列溶液肯定显酸性的是 A．pH<7 的溶液 B．含H⁺的溶液 C． 的溶液 D．加酚酞显无色的溶液 9．健康人体的血液呈弱碱性（7.35～7.45），下列描述中能确定某溶液一定呈碱性的是 A．溶液中含OH- B．溶液中滴入甲基橙后呈现黄色 C．溶液的 D．溶液中存在 10．下列说法中正确的是 A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性 B．在常温下，将mol/L盐酸溶液稀释100倍，所得溶液的pH为8 C．在常温下，当水电离出的为mol/L时，此溶液的pH可能为2或12 D．当pH=11的氢氧化钠溶液和氨水各1mL分别稀释100倍，所得氨水的pH略小 11．常温下，下列说法不正确的是 A．pH=11的氨水、NaOH溶液中，水电离产生的c(H+)相同 B．pH=3的HCl溶液与pH=11的氨水等体积混合，混合后溶液的pH小于7 C．pH=3的盐酸、醋酸溶液中， D．往10mLpH=3的醋酸中加入pH=11的氨水至中性，消耗氨水体积约10mL 12．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中，正确的是 编号 ① ② ③ ④ 溶液 氨水 NaOH溶液 醋酸 盐酸 pH 11 11 3 3 A．在溶液①和②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均增大 B．分别取1mL四种溶液稀释到10mL，稀释后溶液的pH： ①>②>③>④ C．将溶液②、③等体积混合，所得溶液有：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+) D．将aL溶液②与bL溶液④混合后，所得溶液的pH=10，则a：b=11：9 03酸碱中和滴定及应用 13．等浓度的两种一元酸和分别用同一浓度的溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A．起始酸性：HA>HB B．起始浓度： C．HA和HB起始溶液体积相同 D．滴定HA和HB均可用甲基橙作指示剂 14．常温下，用0.1000的溶液滴定20.00浓度均为0.1000的HCl和HR混合溶液，溶液随溶液的体积变化的曲线如图。下列说法正确的是 A．是强酸 B．b点时： C．c点时： D．水的电离程度为 15．室温下，向浓度为溶液中逐滴加入的溶液，其变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法正确的是 A．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是a点 B．滴定过程中宜选用甲基橙作指示剂 C．c点是滴定终点，与恰好完全反应 D．若b点，则有： 16．时，在氨水中滴入的盐酸，溶液的与所加盐酸的体积关系如图所示。已知的电离常数。下列有关说法正确的是 A．该滴定过程应选择酚酞作为指示剂 B．M点对应的盐酸体积为 C．M点处的溶液中： D．N点处的溶液中： 17．常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系数δ(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示 下列说法中正确的是 A．H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2- B．当VNaOH溶液=20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-) C．常温下，HA-的电离平衡常数数量级为10-5 D．当VNaOH溶液=30.00mL时，c(HA-)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-) 18．常温下用溶液滴定溶液。滴定过程中随着H2SO4溶液体积的变化如下图（忽略滴定过程中溶液体积变化）。下列说法不正确的是 A．常温下， B．a点时溶液的 C．b点时，溶液中存在： D．若将滴定液改为溶液，滴定曲线完全相同 1．二氯异氰尿酸钠()是一种广谱、高效、安全的消毒剂，优质品要求有效氯大于60%(有效氯)。进行如下实验，检测某二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。①准确称取1.1200g样品，配制成250mL溶液；②取25.00mL上述溶液，加入适量稀硫酸充分反应，将二氯异氰尿酸钠中的氯元素转化为HClO，继续加入过量KI溶液，密封，静置；③用标准溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为20.00mL。下列说法不正确的是 A．二氯异氰尿酸钠中含有共价键和离子键 B．若加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值偏低 C．②中加入过量KI溶液，发生反应 D．已知，通过计算可判断该样品未达到优质品标准 2．食品中的含量可按照以下方法测定。 下列说法不正确的是 A．步骤2中应加入足量的 B．步骤3的滴定过程可以选用甲基红指示剂(变色范围pH=4.4~6.2) C．步骤1若不通入，将导致测定结果偏大 D．为了减少误差，应做不加含硫样品的空白对照实验 3．中和反应是高中阶段常见的化学反应。下列四个与中和反应有关的装置中能达到相应实验目的的是 A．装置甲用于中和反应反应热的测定 B．装置乙用于验证中和反应是放热反应 C．装置丙用于验证与稀盐酸能发生中和反应 D．装置丁用于标准盐酸滴定未知浓度的待测液 4．常温下，用的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸溶液，溶液的pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示[分布系数[，X为、或]。下列说法正确的是 A．曲线①代表的关系曲线，曲线②代表的关系曲线 B．该实验可选用酚酞或甲基橙为指示剂 C．mL时，溶液中 D．的电离常数mol-1·L 5．实验室称量一定质量的固体，并用于测定盐酸的浓度。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A．称量 B．溶解 C．加指示剂 D．滴定 6．室温时，取未知浓度的盐酸10.00mL，用溶液滴定，滴定实验如图。下列说法不正确的是 A．图中操作有错误 B．滴定管装液前需要润洗 C．可用酚酞做指示剂 D．滴定时若锥形瓶中有液体溅出，测定结果偏高 1．（2023·天津·高考真题）下列方法(试剂)中，无法鉴别和两种物质的是 A．焰色试验 B．试纸 C．稀氨水 D． 2．（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． 3．（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 4．（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 5．（2022·浙江·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 6．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 学科网（北京）股份有限公司1 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第02讲 水的电离和溶液的酸碱性 目录 01 课标达标练 题型01水的电离平衡与离子积常数 题型02 溶液的酸碱性与pH 题型03 酸碱中和滴定及应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01水的电离平衡与离子积常数 1．水的电离过程为，在不同温度下其离子积常数不同，。则下列关于纯水的叙述不正确的是 A．随着温度升高而升高 B．在时， C．时水的电离程度小于时水的电离程度 D．水的电离是吸热的 【答案】B 【解析】A．升高温度，Kw增大，则随着温度升高而升高，故A正确； B．在时，纯水呈中性， ，故B错误； C．升高温度，Kw增大， 时水的电离程度小于时水的电离程度，故C正确； D．升高温度，Kw增大，可知水电离平衡正向移动，则水的电离是吸热的，故D正确； 选B。 2．不同温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A．T＞25℃ B．A点和B点溶液均呈中性 C．25℃时，加入NaHSO4固体，Kw增大 D．25℃时，通入HCl气体，可使溶液由A点变到D点 【答案】C 【分析】水的电离为吸热反应，温度升高会促进水的电离，导致水电离产生c(H+)、c(OH-)增大。由图可知：在温度为T℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-6×10-6=10-12＞10-14，所以温度：T＞25℃，酸或碱会抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离。 【解析】A．由于在温度为T℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-6×10-6=10-12＞10-14，所以温度T＞25℃， A正确； B．A点和B点的c(H+)=c(OH-)，所以A点和B点溶液均呈中性，B正确； C．水的离子积常数Kw只与温度有关，与加入的物质无关，故25℃时，加入NaHSO4固体，Kw不变，C错误； D．25℃时，通入HCl气体，会增大溶液中氢离子浓度，溶液酸性增强，因此可使溶液由A点变到D点，D正确； 故合理选项是C。 3．下列关于水的离子积常数的叙述错误的是 A．水的离子积常数的表达式是Kw=c(OH-)c(H+) B．水的离子积常数Kw随着溶液中H+浓度或OH-浓度的变化而变化 C．水的离子积常数仅是温度的函数 D．水的离子积常数Kw 随温度的升高而增大 【答案】B 【解析】A．水的离子积常数的表达式是Kw=c(OH-)平c(H+)平，A正确； B．水的离子积常数仅是温度的函数，且随温度的升高而增大，不随溶液中H+浓度或OH-浓度的变化而变化，B错误； C．水的离子积常数也是化学平衡常数，仅是温度的函数，C正确； D．水的离子积常数仅是温度的函数，且随温度的升高而增大，D正确； 故选B。 4．若溶液由水电离产生的c(OH-)=1×10-13mol·L-1，溶液中一定可以大量共存的离子组是 A．Al3+、Na+、、、Cl- B．K+、Na+、Cl-、 C．K+、Na+、Cl-、 D．K+、、、 【答案】B 【分析】溶液由水电离产生的c(OH-)=1×10-13mol·L-1，说明水的电离受到抑制，可能是酸或是碱。 【解析】A．溶液存在大量氢离子时，与氢离子反应生成二氧化碳和水；当溶液中存在大量氢氧根离子时，与Al3+结合生成氢氧化铝沉淀，与反应生成碳酸根离子和水，故A错误； B．与氢离子、氢氧根离子均能大量共存，故 B正确； C．与氢离子结合生成氢氧化铝沉淀，故C错误； D．与氢氧根离子结合生成难电离的一水合氨，故D错误。 答案为：B。 5．下列物质属于强电解质，且溶于水时电离出的离子能使水的电离平衡向左移动的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】A．是强电解质，是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，故A不选； B．NaHSO4属于强电解质，电离出的氢离子会使水的电离平衡向左移动，故B选； C．MgCl2属于强电解质，电离出的镁离子结合氢氧根，使水的电离平衡向右移动，故C不选； D．H2S是弱酸，属于弱电解质，电离出的氢离子会使水的电离平衡向左移动，故D不选； 故选B。 6．25℃时，水的电离达到平衡：  ，下列叙述正确的 A．将水加热，增大，pH变小 B．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，减小，减小 C．向水中加入少量气体，平衡逆向移动，减小，减小 D．向水中加入少量固体碳酸氢钠，增大，变大 【答案】A 【解析】A．水的电离是吸热反应，将水加热，水的电离平衡正向移动，c(OH−)、c(H+)增大，KW增大，pH减小，A正确； B．向水中加入稀氨水，c(OH−)增大，水的电离平衡逆向移动，则c(H+)减小，B错误； C．向水中加入少量HCl气体，HCl电离导致溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，则c(OH−)减小，C错误； D．温度不变，KW不变，D错误； 答案选A。 02 溶液的酸碱性与pH 7．下列溶液一定呈中性的是 A．pH=7的溶液 B．c(H+)=c(OH-)=10-6mol·L-1溶液 C．使石蕊试液呈紫色的溶液 D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 【答案】B 【解析】A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，A项错误； B．c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定呈中性，B项正确； C．石蕊的变色范围为5-8，使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液可能显酸性、碱性或中性，C项错误； D．若是强酸强碱反应，则溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，可能呈酸性、中性或碱性，D项错误； 答案选B。 8．下列溶液肯定显酸性的是 A．pH<7 的溶液 B．含H⁺的溶液 C． 的溶液 D．加酚酞显无色的溶液 【答案】C 【解析】A．由于温度未知，无法确定当前条件下水的离子积常数，不能判断pH<7的溶液中氢离子与氢氧根离子浓度大小关系，即无法判断溶液酸碱性，A错误； B．由于溶液中存在水的电离，所以酸、碱、盐等溶液中都含H+和OH−，B错误； C．c(H+)>c(OH−)的溶液一定是酸性溶液，C正确； D．加酚酞显无色的溶液pH<8.2，不一定是酸性溶液，D错误； 故选C。 9．健康人体的血液呈弱碱性（7.35～7.45），下列描述中能确定某溶液一定呈碱性的是 A．溶液中含OH- B．溶液中滴入甲基橙后呈现黄色 C．溶液的 D．溶液中存在 【答案】D 【解析】A．任何水溶液均含OH-和H+，故A错误； B．溶液中滴入甲基橙后呈现黄色，只能说明溶液，故B错误； C．温度低于25℃时中性溶液的pH也可以大于7，故C错误； D．溶液呈碱性则必然存在，故D正确。 故答案为：D。 10．下列说法中正确的是 A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性 B．在常温下，将mol/L盐酸溶液稀释100倍，所得溶液的pH为8 C．在常温下，当水电离出的为mol/L时，此溶液的pH可能为2或12 D．当pH=11的氢氧化钠溶液和氨水各1mL分别稀释100倍，所得氨水的pH略小 【答案】C 【解析】A．纯水在任何温度下都呈中性，A错误； B．常温下，酸溶液不管稀释多少倍，pH都不会大于7，B错误； C．在常温下，当水电离出的为mol/L时，有两种可能：（1）溶液呈酸性，则全部由水电离产生，，总浓度为，溶液的pH=2；（2）溶液呈碱性，全部由水电离产生，则溶液的pH=12，C正确； D．NaOH是强碱，是弱碱，pH相同的氢氧化钠溶液和氨水加水稀释相同倍数，由于氨水中电离平衡右移，使其pH增大程度大于NaOH溶液的增大程度，D错误； 故选C。 11．常温下，下列说法不正确的是 A．pH=11的氨水、NaOH溶液中，水电离产生的c(H+)相同 B．pH=3的HCl溶液与pH=11的氨水等体积混合，混合后溶液的pH小于7 C．pH=3的盐酸、醋酸溶液中， D．往10mLpH=3的醋酸中加入pH=11的氨水至中性，消耗氨水体积约10mL 【答案】B 【解析】A．pH=11的氨水、NaOH溶液中，氢离子浓度相同，对水电离的抑制程度相同，水电离产生的c(H+)相同，A正确； B．pH=3的盐酸中c(H+)=1×10 -3 mol/L，pH=11的氨水中c(OH-)=1×10 -3 mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，B错误； C．两溶液中氢离子浓度相等，根据水的离子积可知两溶液中氢氧根离子浓度也相等，根据电荷守恒，则c(Cl-)= c(CH3COO-)，C正确； D．由于醋酸和一水合氨的电离程度几乎相同，因此pH=3的醋酸和pH=11的氨水浓度几乎相同，则往10mLpH=3的醋酸中加入pH=11的氨水至中性，消耗氨水体积约10mL，D正确。故选B。 12．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中，正确的是 编号 ① ② ③ ④ 溶液 氨水 NaOH溶液 醋酸 盐酸 pH 11 11 3 3 A．在溶液①和②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均增大 B．分别取1mL四种溶液稀释到10mL，稀释后溶液的pH： ①>②>③>④ C．将溶液②、③等体积混合，所得溶液有：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+) D．将aL溶液②与bL溶液④混合后，所得溶液的pH=10，则a：b=11：9 【答案】D 【解析】A．氨水中NH3 ▪H2O发生电离产生NH和OH-，加入适量的氯化铵晶体后，NH浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小，pH减小；NaOH溶液中加入适量的氯化铵晶体后，OH-和NH结合生成NH3 ▪H2O，OH-浓度减小，pH减小，故A错误； B．四种溶液分别加水稀释10倍，NaOH溶液和HCl都是强电解质，所以pH变化最大的是②和④，稀释后溶液的pH：①>②>④>③，故B错误； C．pH=11的NaOH溶液浓度为0.001mol/L，醋酸是一元弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度远大于0.001mol/L，将溶液②、③等体积混合，得到CH3OOH和CH3COONa的混合溶液，溶液显酸性，混合溶液中存在：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故C错误； D．pH=11的NaOH溶液浓度为0.001mol/L，pH=3的盐酸浓度为0.001mol/L，将aL溶液②与bL溶液④混合后，所得溶液的pH=10，则，则a：b=11：9，故D正确； 故选D。 03酸碱中和滴定及应用 13．等浓度的两种一元酸和分别用同一浓度的溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A．起始酸性：HA>HB B．起始浓度： C．HA和HB起始溶液体积相同 D．滴定HA和HB均可用甲基橙作指示剂 【答案】A 【解析】A．等浓度的HA、HB，HA的pH小于HB，所以起始酸性：HA>HB，故A正确； B．HB是弱酸，HB的起始pH=2，所以起始浓度大于0.01mol/L，故B错误； C．达到滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积，HA<HB，则起始溶液体积HA<HB，故C错误； D．HB是弱酸，滴定终点溶液呈碱性，滴定HB用酚酞作指示剂，故D错误； 选A。 14．常温下，用0.1000的溶液滴定20.00浓度均为0.1000的HCl和HR混合溶液，溶液随溶液的体积变化的曲线如图。下列说法正确的是 A．是强酸 B．b点时： C．c点时： D．水的电离程度为 【答案】B 【解析】A．由图可知，c点时恰好完全反应，溶液中溶质为NaCl、NaR，溶液呈碱性，则NaRa为强碱弱酸盐，即HR为弱酸，故A项错误； B．b点时c(NaCl)=c(HR)，物料守恒关系为c(Na+)=c(Cl-)=c(R)+c(HR)，故B项正确； C．c点时溶液中溶质为NaCl、NaR，c(NaCl)=c(NaR)，溶液呈碱性，则离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(Cl-)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)，故C项错误； D．酸抑制水的电离，且酸性越强，抑制作用越强，NaR促进水的电离，a、b、c点溶质分别为HC和HR、NaCl和HR、NaCl和NaR，所以水的电离程度为c>b>a，故D项错误； 故本题选B。 15．室温下，向浓度为溶液中逐滴加入的溶液，其变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法正确的是 A．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是a点 B．滴定过程中宜选用甲基橙作指示剂 C．c点是滴定终点，与恰好完全反应 D．若b点，则有： 【答案】D 【解析】A．HA抑制水的电离，KA水解促进水的电离，a→c过程中HA不断转化为KA，在水的电离依次增强， d点氢氧化钾过量，碱抑制水的电离，则四点中水的电离程度最大的是c点，A错误； B．滴定终点为KA溶液，显碱性，应该选用酚酞作指示剂，B错误； C．c点pH=7,溶液呈中性，若与恰好完全反应所得KA溶液水解呈碱性，故不是滴定终点，C错误； D．若b点，则得到等物质的量浓度的HA、KA混合溶液，溶液呈酸性，结合电荷守恒有：，D正确； 故选D。 16．时，在氨水中滴入的盐酸，溶液的与所加盐酸的体积关系如图所示。已知的电离常数。下列有关说法正确的是 A．该滴定过程应选择酚酞作为指示剂 B．M点对应的盐酸体积为 C．M点处的溶液中： D．N点处的溶液中： 【答案】D 【分析】用盐酸滴定氨水，滴定终点时，生成的的水解使溶液呈酸性，M点时溶液为中性，未到滴定终点。 【解析】A．滴定终点时，生成的溶液呈酸性，故选用甲基橙作指示剂，A错误； B．根据滴定时反应的化学方程式和题给数据，滴定终点时消耗盐酸体积为，M点时溶液呈中性，未到滴定终点，故M点时对应的盐酸体积少于，B错误； C．根据溶液中的电荷守恒，M点时有，此时溶液呈中性，，由于水的电离是微弱的，因此，C错误； D．N点时，氨水浓度为，的电离常数，则，，因此溶液的，D正确； 故选D。 17．常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系数δ(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示 下列说法中正确的是 A．H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2- B．当VNaOH溶液=20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-) C．常温下，HA-的电离平衡常数数量级为10-5 D．当VNaOH溶液=30.00mL时，c(HA-)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-) 【答案】B 【解析】A．根据图像的变化趋势可知①、②代表含A微粒分布系数，③代表pH变化，据图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，则应为HA-和A2-，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，A错误； B．当VNaOH溶液=20.00mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在HA-⇌H++A2-和H2O⇌H++OH-，所以离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)，B正确； C．HA-的电离平衡常数表达式为Ka=，据图可知当c(A2-)=c(HA-)时加入25mLNaOH溶液，此时pH为2.0，即c(H+)=1×10-2mol/L，所以Ka=1×10-2，即HA-的电离平衡常数数量级为10-2，C错误； D．当VNaOH溶液=30.00mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，用两个等式消去c(Na+)可得：c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，D错误； 故选B。 18．常温下用溶液滴定溶液。滴定过程中随着H2SO4溶液体积的变化如下图（忽略滴定过程中溶液体积变化）。下列说法不正确的是 A．常温下， B．a点时溶液的 C．b点时，溶液中存在： D．若将滴定液改为溶液，滴定曲线完全相同 【答案】C 【解析】A．根据滴定终点恰好完全反应时图像可知， c(Ba2+)=10-5mol/L，此时= c(Ba2+)=10-5mol/L，该温度下硫酸钡的溶度积常数，故A正确； B．a点时溶液体积加倍，减半，所以溶液的，故B正确； C．由电荷守恒可知，滴定过程中溶液中均存在，故C错误﹔ D．H+和Na+均不参加反应，若将滴定液改为溶液，滴定曲线完全相同，故D正确； 故答案为：C。 1．二氯异氰尿酸钠()是一种广谱、高效、安全的消毒剂，优质品要求有效氯大于60%(有效氯)。进行如下实验，检测某二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。①准确称取1.1200g样品，配制成250mL溶液；②取25.00mL上述溶液，加入适量稀硫酸充分反应，将二氯异氰尿酸钠中的氯元素转化为HClO，继续加入过量KI溶液，密封，静置；③用标准溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为20.00mL。下列说法不正确的是 A．二氯异氰尿酸钠中含有共价键和离子键 B．若加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值偏低 C．②中加入过量KI溶液，发生反应 D．已知，通过计算可判断该样品未达到优质品标准 【答案】D 【解析】A．二氯异氰尿酸钠中Na+与阴离子通过离子键结合，阴离子内部原子间为共价键，故A项说法正确； B．稀硫酸用于将Cl元素转化为HClO，若酸量不足，Cl元素转化不完全，生成的HClO少，与KI反应生成的I₂少，滴定消耗的溶液体积偏小，计算出的有效氯偏低，故B项说法正确； C．HClO在酸性条件下氧化I-生成I2，反应过程中Cl元素化合价由+1降低至-1，I元素化合价由-1升高至0，根据化合价升降守恒、原子守恒可知反应离子方程式为，故C项说法正确； D．根据守恒关系：2Cl~HClO~I2~2，25mL溶液中n(Cl)= n()=×0.02L=0.002mol，250mL溶液中n(Cl)=0.02mol，m(Cl)=0.02mol×35.5g/mol=0.71g，有效氯=，该样品达到优质品标准，故D项说法不正确； 综上所述，说法不正确的是D项。 2．食品中的含量可按照以下方法测定。 下列说法不正确的是 A．步骤2中应加入足量的 B．步骤3的滴定过程可以选用甲基红指示剂(变色范围pH=4.4~6.2) C．步骤1若不通入，将导致测定结果偏大 D．为了减少误差，应做不加含硫样品的空白对照实验 【答案】C 【分析】含硫样品加盐酸蒸馏，用氮气吹出二氧化硫后被过氧化氢氧化为硫酸，再用氢氧化钠滴定，通过消耗的氢氧化钠计算二氧化硫的含量 。 【解析】A．SO2与H2O2反应生成H2SO4，若H2O2不足， SO2不能完全转化为H2SO4，导致后续滴定结果偏低，因此，需加入足量H2O2确保SO2完全吸收，A正确； B．在步骤3中，用NaOH滴定H2SO4，甲基红的变色范围为pH=4.4~6.2，而H2SO4与NaOH反应的终点pH约为7，此时溶液呈中性。甲基红在此pH范围内会从红色变为黄色，颜色变化明显，适用于此滴定过程，B正确； C．步骤 1 通入N2是为将SO2全部赶入后续装置，若不通入N2， SO2不能完全进入步骤2，会使测定结果偏小，C错误； D．做不加含硫样品的空白对照实验，可排除试剂等干扰，减少误差 ，D正确； 故选C。 3．中和反应是高中阶段常见的化学反应。下列四个与中和反应有关的装置中能达到相应实验目的的是 A．装置甲用于中和反应反应热的测定 B．装置乙用于验证中和反应是放热反应 C．装置丙用于验证与稀盐酸能发生中和反应 D．装置丁用于标准盐酸滴定未知浓度的待测液 【答案】A 【解析】A．装置甲保温效果良好，可用于中和反应反应热的测定，A项符合题意； B．浓硫酸稀释时会放热，装置乙不能用于验证中和反应是放热反应，B项不符合题意； C．在pH=3.5的稀盐酸中不会溶解，不能验证两者发生中和反应，C项不符合题意； D．碱式滴定管不能用于盛装酸性溶液，盐酸应盛装在酸式滴定管中，D项不符合题意； 故选A。 4．常温下，用的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸溶液，溶液的pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示[分布系数[，X为、或]。下列说法正确的是 A．曲线①代表的关系曲线，曲线②代表的关系曲线 B．该实验可选用酚酞或甲基橙为指示剂 C．mL时，溶液中 D．的电离常数mol-1·L 【答案】C 【分析】在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且曲线①中δ一直在减小，曲线②中δ在一直增加，说明第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即，，则曲线①代表的关系曲线，曲线②代表的关系曲线。 【解析】A．根据分析可知则曲线①代表的关系曲线，曲线②代表的关系曲线，A错误； B．由图可知，mL时达到滴定终点，生成的溶液中发生水解使溶液呈碱性，则可选用酚酞为指示剂，不能用甲基橙，B错误； C．由曲线③得，mL时，溶液呈酸性，，再由电荷守恒，可得，C正确； D．利用曲线①、②的交点数据得，，此时mL，，mol·L-1，则的电离常数mol-1·L，D错误； 故选C。 5．实验室称量一定质量的固体，并用于测定盐酸的浓度。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A．称量 B．溶解 C．加指示剂 D．滴定 【答案】C 【解析】A．称量一定质量的固体，可用电子天平，A正确； B．碳酸钠溶于水，可以向锥形瓶中加适量的水溶解碳酸钠固体，B正确； C．不应用石蕊作指示剂，主要原因是其颜色变化不够明显，难以准确判断滴定终点，滴定时，可选甲基橙为指示剂，C错误； D．盐酸显酸性，用酸式滴定管装盐酸，滴定时，左手控制玻璃塞，右手摇晃锥形瓶，D正确； 故选C。 6．室温时，取未知浓度的盐酸10.00mL，用溶液滴定，滴定实验如图。下列说法不正确的是 A．图中操作有错误 B．滴定管装液前需要润洗 C．可用酚酞做指示剂 D．滴定时若锥形瓶中有液体溅出，测定结果偏高 【答案】D 【解析】A．用溶液滴定未知浓度的盐酸，标准液应装在碱式滴定管中，图中操作有错误，A正确； B．滴定管清洗干净装液前需要润洗，B正确； C．NaOH和HCl恰好反应溶液呈中性，可以选择酚酞或甲基橙为指示剂，C正确； D．滴定时若锥形瓶中有液体溅出，溶质损失，测定结果偏低，D错误； 答案选D。 1．（2023·天津·高考真题）下列方法(试剂)中，无法鉴别和两种物质的是 A．焰色试验 B．试纸 C．稀氨水 D． 【答案】C 【解析】A．钠元素、钡元素的焰色不同，可以用焰色试验鉴别碳酸钠和氯化钡，A不符合； B．Na2CO3溶液显碱性，BaCl2溶液显中性，故可以用pH试纸检验Na2CO3和BaCl2，B不符合； C．Na2CO3溶液和BaCl2溶液与氨水都不反应，都无现象，C符合； D．Na2CO3溶液与Na2SO4溶液不反应，BaCl2溶液与Na2SO4反应生成白色沉淀硫酸钡， D不符合； 故答案为：C。 2．（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 【解析】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。 3．（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 【解析】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。 4．（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。 【解析】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25.00 mL Na2CO3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。 5．（2022·浙江·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 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。 6．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 【答案】C 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【解析】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确； 答案选C。 学科网（北京）股份有限公司1 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $