疑难杂症10 缓冲溶液-2026届高考化学一轮复习讲义

该高中化学高考复习讲义聚焦缓冲溶液专题，围绕缓冲作用、组成类型、缓冲机制及pH计算（亨-哈方程式）等核心考点，以实验对比（纯水/NaCl与缓冲溶液pH变化）为引入，构建“概念辨析-微观机制-定量计算-实际应用”的逻辑体系。通过考点梳理、方法指导（pH计算步骤）、真题训练（高考题型练习题）等环节，帮助学生系统突破溶液平衡难点。 讲义突出科学思维与模型认知培养，如通过缓冲机制的平衡移动分析引导学生建立“共轭酸碱对质子转移”模型，结合分层练习（基础选择、综合填空、实验分析题）实现能力梯度提升。采用“实验数据论证-公式推导-真题变式”教学策略，助力学生快速掌握高考溶液pH计算及缓冲应用题型，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供高效素材。

高考·化学反应原理中的疑难问题 疑难杂症10　缓冲溶液 一、缓冲溶液的缓冲作用和组成 实验1：25 ℃ 时，纯水或NaCl pH=7.00 加入0.01 mol强酸 pH = 2.00 加入0.01mol强碱 pH = 12.00 ΔpH= 5.00 实验2：25 ℃时，混合溶液 pH=4.75 加入0.01mol强酸 pH= 4.66 加入0.01mol强碱 pH=4.84 ΔpH= 0.09 实验3：用水稍加稀释时，混合溶液pH保持基本不变。 HAc-NaAc 混合溶液 具有抵抗外加少量强酸、强碱或稍加稀释而保持溶液的pH基本不变的能力。 缓冲溶液： 能抵抗外来少量强酸、强碱或稍加稀释，而保持其pH值基本不变的溶液。 缓冲作用：缓冲溶液对强酸、强碱或稀释的抵抗作用。 根据缓冲对组成的不同，可把缓冲对分为两种类型： （1）弱酸及其共轭碱。例如：HAc-NaAc、NaHCO3-Na2CO3、NaH2PO4-Na2HPO4 （2）弱碱及其共轭酸。例如：NH3·H2O-NH4Cl、CH3NH2-CH3NH3+Cl- 二、缓冲溶液及缓冲机制 缓冲溶液的实质：共轭酸碱对之间的质子转移平衡发生移动的过程。 即：通过弱酸解离平衡的移动以达到消耗掉外来的少量强酸、强碱，或对抗稍加稀释的作用。 三、缓冲溶液的pH计算 1、缓冲溶液pH的近似计算公式 以HB-NaB 表示缓冲系，HB的起始浓度为c(HB) ，NaB的浓度为c(NaB)，HB解离部分的浓度为c'(HB)。 则：c(HB)平 = c(HB)–c'(HB)≈c(HB)，c(B-)平= c(NaB)+ c'(HB)≈c(NaB)＝c(B-)。 平衡时：Ka≈ c(H+)≈Ka pH=pKa+lg 推出：pH=pKa+lg Henderson-Hasselbach 方程式(简称亨-哈方程式)。 缓冲比： 总浓度：c(总)=c(HB)+c(B―) 总结： 1.缓冲溶液的pH值决定于共轭酸的Ka和缓冲比 2.同一缓冲系统，pKa一定，pH就决定于缓冲比，改变缓冲比，就可以在一定范围内配制不同pH 的缓冲溶液。当缓冲比等于1时，pH=pKa。 3.稀释缓冲溶液时，pH值基本不变。 例1： 0.1mol/L HAc与 0.1mol/L NaAc等体积混合，计算溶液的pH值。(Ka=1.76×10-5) c(HAc)=0.05mol/L c(NaAc)=0.05mol/L pH=pKa+lg =4.75 例2：计算20ml 0.10mol·L-1 NH3·H2O和15ml 0.20 mol·L-1 NH4Cl 混合溶液的pH值。 pKa (NH4+)=14 - pKb(NH3·H2O)=9.25， 代入公式得 pH = pKa (NH4+)+ lg = 9.25+lg = 9.25-0.17=9.08 1、缓冲溶液由浓度较大的弱酸及相应的盐溶液组成，其溶液能够保持稳定的pH，溶液pH的计算公式为pH= -lgKa +lg。现有25°C浓度均为1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa缓冲溶液[已知25°C时，Ka(CH3COOH) =1.75 ×10-5mol·L-1]。下列说法正确的是 A．决定该缓冲溶液pH的主要因素是CH3COOH的Ka B．将该缓冲溶液稀释一倍，溶液中c(H+ )减小为原来的 C．向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，溶液pH几乎不变 D．该缓冲溶液中： c( CH3COO-) -c( CH3COOH) ＜c(H+) -c(OH- ) 2、用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在pH=pKa-lg。25℃时，用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定16.00mL某未知浓度的HA溶液，滴定过程中消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图所示(已知：pKa= -lgKa，100.48=3)。下列说法错误的是 A．原HA溶液的浓度为0.2mol·L-1 B．HA的电离常数Ka=10-4.75 C．b点溶液中存在c(A-)+2c(OH-)=c(HA)+ 2c(H+) D．c点溶液中离子浓度的大小关系为c(HA) >c(A-)>c(H+)>c(OH-) 3、维持pH的稳定对生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。 (1)常温下，在不同试剂中加入酸或碱后体系pH的变化如下表所示。 试剂 pH 初始 通入0.01 mol HCl气体 加入0.01 mol NaOH固体 i.1 L H2O 7 a 12 ii.0.10 mol CH3COOH+0.10 mol CH3COONa配制成1 L的溶液 4.76 4.67 4.85 由表中数据可知，试剂ii的pH受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适当稀释，而保持溶液的pH几乎不变的作用称为缓冲作用。下列溶液具有缓冲作用的是______(填序号)。 a. HCl—NaCl    b. Na2CO3—NaHCO3    c. NH3·H2O-NH4Cl    d. KOH—KCl (2)缓冲溶液应用在某种液钒电池中能稳定电池的输出电流，该电池装置示意图如下图所示，电池的总反应如下： Zn+2VOSO4+2H2SO4ZnSO4+V2(SO4)3+2H2O 已知：VOSO4和V2(SO4)3的电离方程式分别为VOSO4=VO2++SO42-；V2(SO4)3=2V3++3SO42-； ①放电时，B室中c(H+)____________(填“增大”“减小”或“不变”)，结合化学用语说明理由：______。 ②充电时，A室中的c(H+)变化缓慢的原因是____________。 4、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)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0.1mol·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 V(HAc)mL V(NaAc)mL V(H2O)mL 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。 (2)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。 ①移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为20.08mL，则该HAc溶液的浓度为_______mol·L-1。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点_______。 ②用上述HAc溶液和0.1000mol·L-1NaOH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。 (3)小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1mol·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20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1mL 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。 1．化学上把由浓度相对较大的弱酸(弱碱)及其相应的盐组成，外加少量酸或碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有常温下，浓度均为0.10mol/L的HA和NaA的混合溶液a，pH=4.76，可作为缓冲溶液。下列说法不正确的是 A．溶液a和0.1mol·L-1HA溶液中H2O的电离程度前者大于后者 B．向溶液a中通入0.1molHCl时，A-结合H+生成HA，pH基本不变 C．该温度下HA的Ka的数量级为10-5 D．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH基本不变 2．缓冲溶液一般是由浓度较大的弱酸及其共轭碱所组成，其pH值近似计算公式为：pH = pK酸 + lg [c共轭碱/c酸]。已知：pK酸 = -lgK酸，人体血液中pH正常范围是7.35-7.45，其中所含H2CO3-HCO3―平衡起到缓冲作用。实测某人血液pH=7.2，c(HCO3―)=2.3×10-2mol/L，且已知血液中的H2CO3的pKa1 = 6.2.则此人血液中的c(H2CO3)= _____ mol/L。 3．用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在pH=pKa-lg。25℃时，用 0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定16.00 mL某未知浓度的HA溶液，滴定过程中消耗 NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图所示(已知：pKa=-lgKa，100.48=3，酸性 HA＞HCN)。下列说法错误的是 A．HA电离常数的数量级为10-5 B．b点溶液中存在 c(A-)+c(OH-)=c(Na+ )+c(H+) C．c点溶液中离子浓度的大小关系为 c(A- )＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-) D．若将HA改为等体积等浓度的 HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直下移 4．25℃时，向1L某缓冲溶液(含0.1mol·L-1CH3COOH、0.08mol·L-1CH3COONa)和1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入NaOH(s)或通入HCl(g)，两种溶液的pH变化如图所示(不考虑溶液体积变化)。已知缓冲溶液pH=pKa-lg，下列说法正确的是 A．曲线①对应的溶液是缓冲溶液 B．25℃时醋酸的电离常数的数量级为10-5 C．a点溶液中离子浓度的大小关系为c(CH3COO-)=c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-) D．b点溶液存在：4c(CH3COOH)+9c(H+)=9c(Cl-)+9c(OH-)+5c(CH3COO-) 5．维持pH的稳定对生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。 (1)常温下，在不同试剂中加入酸或碱后体系pH的变化如下表所示。 试剂 pH 初始 通入0.01 mol HCl气体 加入0.01 mol NaOH固体 i.1 L H2O 7 a 12 ii.0.10 mol CH3COOH+0.10 mol CH3COONa配制成1 L的溶液 4.76 4.67 4.85 ①a=____________(忽略通入HCl气体前后体系的体积变化)。 ②结合化学用语解释试剂ii显酸性的原因：____________。 ③试剂ii中微粒浓度关系正确的有____________(填序号)。 a. c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-) b. 2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-) c. c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2 mol/L ④由表中数据可知，试剂ii的pH受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适当稀释，而保持溶液的pH几乎不变的作用称为缓冲作用。下列溶液具有缓冲作用的是______(填序号)。 a. HCl—NaCl    b. Na2CO3—NaHCO3    c. NH3·H2O-NH4Cl    d. KOH—KCl (2)缓冲溶液应用在某种液钒电池中能稳定电池的输出电流，该电池装置示意图如下图所示，电池的总反应如下： Zn+2VOSO4+2H2SO4ZnSO4+V2(SO4)3+2H2O 已知：VOSO4和V2(SO4)3的电离方程式分别为VOSO4=VO2++SO42-；V2(SO4)3=2V3++3SO42-； ①放电时，B室中c(H+)____________(填“增大”“减小”或“不变”)，结合化学用语说明理由：______。 ②充电时，A室中的c(H+)变化缓慢的原因是____________。 答案及解析 1、【答案】AC 【详解】A．依据pH= -lgKa +lg溶液能够保持稳定的pH，外加酸碱对pH影响很小，决定该缓冲溶液pH的主要取决于CH3COOH的Ka，故A正确； B．稀释CH3COOH的Ka不变，不变，故pH几乎不变，即溶液中c(H+ )不变，故B错误； C．向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，由于溶液中存在CH3COOH⥫=⥬CH3COO―+H+，加入几滴NaOH溶液使平衡正向移动，溶液中c(H+ )几乎不变，pH不变，故C正确； D．根据物料守恒得c( CH3COO-) +c( CH3COOH)=2c( Na+) ，根据电荷守恒得c( CH3COO-) +c(OH- )=c(H+) +c( Na+)，根据物料守恒和电荷守恒求出质子守恒c( CH3COO-) +2c(OH- )=2c(H+) +c( CH3COOH)，根据pH= -lgKa +lg=-lg1.75 ×10-5+ lg1=4.76，溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH- )，则c( CH3COO-) +c(OH- )>c(H+) +c( CH3COOH)，c( CH3COO-) -c( CH3COOH) >c(H+) -c(OH- )，故D错误。 2、【答案】D 【分析】温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为cmol/L，由pH=pKa-1g可得pKa=pH+1g，即pKa=4.27+lg=4.75+lg，化简得=100.48=3，解得c=0.2则pKa=4.75+lg =4.75，即Ka=10-4.75。 【详解】A．据分析，原HA溶液的浓度为0.2mol·L-1，A正确； B．据分析，HA的电离常数Ka=10-4.75，B正确； C．b点时，pH=pKa-lg=4.75，则c(酸)=c(盐)，即c(HA)=c(NaA)，此时溶液中存在物料守恒：c(A-)+c(HA)=2c(Na+)，电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，二式合并得c(A-)+2c(OH-)=c(HA)+ 2c(H+)，C正确； D．由图可知，c点时pH=5.23，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，pH=pKa-lg=4.75-lg=5.23，则＜1，即c(HA)＜c(NaA)，c(HA)＜c(A-)，所以c点溶液中离子浓度的大小关系为：(A-)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，D错误。 3、【答案】bc     减小 放电时，B室发生正极反应：VO2++e-+2H+=V3++H2O；由电极反应可知，转移1 mol e-消耗2 mol H+，同时有1 mol H+通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H+)降低     充电时，H+通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO-与H+结合成CH3COOH(或“CH3COOH-CH3COONa溶液有缓冲作用”)，从而使c(H+)的变化减缓 【详解】①放电时该装置为原电池，Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，VOSO4电离产生的VO2+得到电子，与溶液中的H+结合反应产生V3+和H2O，电极反应式为：VO2++e-+2H+=V3++H2O；反应消耗H+，使c(H+)降低，由电极反应可知，转移1 mol e-消耗2 mol H+，同时有1 mol H+通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H+)降低； ②在充电时，H+通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO-与H+结合成CH3COOH(或“CH3COOH-CH3COONa溶液有缓冲作用”)，从而使c(H+)的变化减缓。 4、【答案】(3) 3.00     33.00     正     实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1 (4) 0.1104 (5)另取20.00mlHAc，加入 mL氢氧化钠 【解析】（3）①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案为：3.00；33.00。 ②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1。 （4）(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案为：0.1104。 (ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)= ≈ mol/L=10-2.88mol/L，溶液的pH=2.88，当V(NaOH）=11.04 mL时，n(NaAc)=n(HAc)，考虑HAc的电离和Ac-的水解，HAc的电离程度大于Ac-的水解程度，故溶液中NaAc＞HAc，溶液的pH＞PKa，即pH＞4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：。 （5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当=1时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠。 1、【答案】B 【详解】A．溶液a中NaA电离生成A-，水解会促进水的电离，0.1mol·L-1HA溶液中只有HA电离，生成H+，抑制水的电离，所以H2O的电离程度前者大于后者，故A正确； B．缓冲溶液能在一定程度上抵消、减轻外加强酸或强碱对溶液酸碱度的影响，从而保持溶液的pH值相对稳定，当0.1molHCl过量时，则pH发生变化，故B错误； C．缓冲溶液中pH= -lgKa +lg，0.10mol/L的HA和NaA的混合溶液a，pH=4.76，且缓冲溶液中AH和A−微粒浓度近似相等，所以Ka=1.75×10-5=10-4.76，故C正确； D．缓冲溶液中存在H2CO3⇌H＋＋HCO平衡，人体代谢产生的H＋与HCO结合形成H2CO3，随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，代谢产生的碱性物质进入血液时，立即被H2CO3中和成HCO，经过肾脏调节排除体外，同时H＋又可由H2CO3电离补充，维持血液pH的稳定，故D正确。 2、【答案】2.3×10-3   【详解】由pH = pK酸 + lg [c共轭碱/c酸]知pH=pKa+lg，带入数据，解得c(H2CO3)= 2.3×10-3 mol/L。 3、【答案】D  【分析】a点时，pH= pKa-lg =4.27；b点时，pH= pKa-lg =4.75，联立两式，解得c(HA)=0.2mol/L，pKa=4.75。 【详解】A．pKa=4.75，则Ka=10-4.75，HA电离常数的数量级为10-5，A正确； B．依据电荷守恒，b点溶液中，存在 c(A-)+c(OH-)=c(Na+ )+c(H+)，B正确； C．c点溶液中，n(NaA)=0.1mol/L×0.024L=0.0024mol，n(HA)剩余=0.2mol/L×0.016L-0.0024mol=0.012mol，溶液呈酸性，表明HA发生电离，则c(A- )＞c(HA)，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由pH=5.23，可得出c(HA)＞c(H+)，所以离子浓度的大小关系为 c(A- )＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，C正确； D．因为酸性HA＞HCN，则pKa(HA)＜pKa(HCN)，由pH=pKa-lg知，pKa越大，pH越大，故pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移，D错误；故选D。 4、【答案】BD   【详解】当两种溶液中均未加入NaOH(s)或通入HCl(g)，即图中横坐标为0时，0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液的pH值较小，故①为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液，②为缓冲溶液，A错误； B．①为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液，当醋酸溶液中加入氢氧化钠0.05mol时，即图中a点，溶质成分为0.05mol/LCH3COOH和0.05mol/LCH3COONa，因醋酸的电离和醋酸根的水解程度较小，近似认为两者浓度相等，故Ka=≈c(H+)=10-4.75，Ka的数量级为10-5，B正确； C．根据B 中分析，图中a点，溶质成分为0.05mol/LCH3COOH和0.05mol/LCH3COONa，溶液呈酸性，即醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，故c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，C错误； D．b点溶液中溶质成分为0.15mol/LCH3COOH、0.05mol/LNaCl、0.03mol/LCH3COONa，根据物料守恒：9c(Na+)=4[c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)]，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+ c(CH3COO-)+c(OH-)，联立两式，4c(CH3COOH)+9c(H+)=9c(Cl-)+9c(OH-)+5c(CH3COO-)，D正确。 5、【答案】2     试剂ii中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOH⥫=⥬CH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2O⥫=⥬CH3COOH+OH-，相同条件下，醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中c(H+)>c(OH-)     bc     bc     减小     放电时，B室发生正极反应：VO2++e-+2H+=V3++H2O；由电极反应可知，转移1 mol e-消耗2 mol H+，同时有1 mol H+通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H+)降低     充电时，H+通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO-与H+结合成CH3COOH(或“CH3COOH-CH3COONa溶液有缓冲作用”)，从而使c(H+)的变化减缓。 【详解】(1)①c(HCl)=0.01 mol/L，则pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2； ②将0.10 mol CH3COOH和0.10 mol CH3COONa配制成1 L的溶液，得到0.10 mol/L和0.10 mol/L的混合溶液，在该混合溶液中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOH⥫=⥬CH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2O⥫=⥬CH3COOH+OH-；在相同条件下，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中c(H+)>c(OH-)； ③a. 在该溶液中存在0.10 mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，c(Na+)=0.10 mol/L，由于醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，所以c(CH3COO-)>0.1 mol/L，c(CH3COOH)<0.10 mol/L，因此溶液中微粒浓度c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，a错误； b. 由物料守恒可得①c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；由电荷守恒可得②c(CH3COO-)-+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，将②×2-①，整理可得2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)，b正确； c. 根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)=0.2 mol/L，c正确。 (2)①放电时该装置为原电池，Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，VOSO4电离产生的VO2+得到电子，与溶液中的H+结合反应产生V3+和H2O，电极反应式为：VO2++e-+2H+=V3++H2O；反应消耗H+，使c(H+)降低，由电极反应可知，转移1 mol e-消耗2 mol H+，同时有1 mol H+通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H+)降低； ②在充电时，H+通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO-与H+结合成CH3COOH(或“CH3COOH-CH3COONa溶液有缓冲作用”)，从而使c(H+)的变化减缓。 1 学科网（北京）股份有限公司 11.04 22.08 2.88 4.76 13 滴定终点 V(NaOH)/mL pH 0 11.04 22.08 2.88 4.76 13 滴定终点 V(NaOH)/mL pH 0 $