2027高考一轮复习系列检测（四）物质的量

**基本信息** 以概念辨析为基础、定量计算为核心、实验操作为延伸，构建“概念-计算-应用”三维训练体系，强化化学观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|5题（1/5/7等）|概念对比法、特例反证法|从摩尔定义到气体摩尔体积，构建“物理量-单位-应用条件”逻辑链| |定量计算|8题（2/4/16等）|守恒法（元素/电子）、公式推导法|物质的量为核心，串联摩尔质量、浓度、气体定律的定量关系| |实验操作|2题（12/13）|误差分析法、规范操作流程|溶液配制实验与误差分析，体现科学探究与实践素养|

2027高考一轮复习系列检测（四） 物质的量 本试卷满分100分，考试时间60分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 S-32 Al-27 K-39 Fe-56 Cu-64 Mn-55 一、选择题：本题共15小题，每小题4分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．下列叙述错误的个数是 ①摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量 ②2mol的摩尔质量是1mol的摩尔质量的2倍 ③在同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大 ④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同 ⑤HCl的摩尔质量是36.5 ⑥在一定的温度和压强下，和的气体摩尔体积相等 ⑦1mol氢气的原子数为 A．3 B．4 C．5 D．6 2．下列溶液中K+的物质的量浓度最大的是 A．30mL 0.35mol∙L-1 K2SO4溶液 B．20mL 0.40mol∙L-1 KClO3溶液 C．20mL 0.25mol∙L-1 KNO3溶液 D．50mL 0.30mol∙L-1 K2CO3溶液 3．已知一氧化碳和氢气体积不同。下列推测正确的是 A．物质的聚集状态一定不同 B．温度一定不同 C．分子间平均距离一定不同 D．密度一定不同 4．在温度和压强均相同的条件下，密闭容器甲中充入一定量的气体，密闭容器乙中充入等质量的。下列说法正确的是 A．气体密度：甲<乙 B．物质的量：甲<乙 C．摩尔体积：甲>乙 D．原子个数：甲>乙 5．下列说法正确的是 A．同温同压下，O2和CO2的密度相同 B．质量相同的H2O和D2O(重水)所含的原子数相同 C．物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同 D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同 6．X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是 A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C．产物中X、Y化合价之比一定为 D．由一定能确定产物中X、Y的化合价 7．下列说法正确的是 A．温度相同、体积相同的氯气和氮气分子数相同 B．等温等压下，三氧化硫气体与二氧化碳气体的密度之比等于 C．等温等体积下，氧气和氮气的压强之比等于 D．标准状况下，氧气和氢气的体积之比等于 8．下列说法正确的是 A．7.8 g Na2O2中含有阴阳离子的总物质的量为0.4 mol B．0.2 mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量为0.6 mol C．标准状况下4.48 LH2O中含有分子的物质的量为0.2 mol D．1.6 g O2中所含的O原子数目为6.02×1022 9．干法制备高铁酸钠的反应为：，下列有关该反应说法正确的是 A．该反应的还原产物为 B．氧化剂与还原剂物质的量之比为3:1 C．氧化性： D．标况下每生成2.24 L 转移电子的物质的量为0.8 mol 10．下列说法不正确的是 A．溶液中含，则该溶液中的物质的量浓度为 B．配制溶液用托盘天平称取氢氧化钠固体 C．将标准状况下气体溶于水中，得到的盐酸溶液密度为，则该盐酸溶液的物质的量浓度为 D．将质量分数为、物质的量浓度为的稀溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为，此时溶液的物质的量浓度为，则和的数值关系是 11．室温下，某容积固定的密闭容器由可自由移动的活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入和的混合气体、，此时活塞的位置如图所示，实验测得A室混合气体的质量为，若将A室的混合气体点燃引爆，恢复室温(设为阿伏加德罗常数的值，忽略液态水的体积)。下列说法正确的是 A．点燃引爆前A室混合气体所含原子总数为 B．点燃引爆前A室中的物质的量之比为2.5：1 C．点燃引爆后，最终活塞停留的位置在1刻度 D．反应后容器内气体压强和反应前气体压强之比为1：2 12．某同学欲配制100mL 0.1mol∙L-1 CuSO4溶液。以下操作①～④是其配制过程及示意图，关于该配制过程，下列说法正确的是 A．操作①中，称取1.6g胆矾(CuSO4∙5H2O)，并于烧杯中加水溶解 B．操作②中，容量瓶使用前需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用 C．操作③定容，若仰视，将导致所配溶液浓度偏低 D．操作④摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至凹液面与刻度线相切 13.用无水Na2CO3固体配制250 mL 0.100 0 mol·L－1的溶液。下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏高的是 A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制 B．定容时俯视容量瓶的刻度线 C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线 D．用清洗好的带水的容量瓶配制 14．下列所选玻璃仪器合理且能完成相关实验的是 A．配制质量分数约为20%NaCl溶液：⑧⑨⑩⑪ B．分离胶体和溶液：①⑧⑨ C．除去苯中的二甲苯：②④⑥⑦ D．苯甲酸的重结晶：①⑤⑧⑨ 15. 向、混合溶液中通入适量，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示（用表示阿伏加德罗常数的值）。下列说法正确的是 A．通过上述反应，比较氧化性强弱： B．图中BC段表示的物质的量的变化 C．AB段发生的反应离子方程式为 D．原混合液中有2molFe2+ 二、非选择题：本题共4小题，共40分 16．（共6分）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。 计算：(1)x=_______。(2)气体产物中n(O2)_______mol。 17.（共6分）取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。 计算：(1)KMnO4的分解率_______________。(2)气体A的物质的量_____________。 18．（共6分）某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取mg该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为ag。 已知：Cu2O+2H+ = Cu+Cu2++H2O (1)若a=____________(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物； (2)若a=m/9，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为____________mol(用含m的最简式表示)。 19．（共22分）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=1.75×105=10-4.76。 (1)配制的HAc溶液，需溶液的体积为_______mL。 (2)下列关于容量瓶的操作，正确的是_______。 (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和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。 序号 V(HAc)/ mL V(NaAc)/ mL V(H2O)/ mL n(NaAc)：n(HAc) 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：_______，_______。 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，按配制的溶液中，的值等于HAc的Ka。 对比数据发现，实验VIII中与资料数据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移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗体积为，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溶液和溶液，配制等物质的量的HAc与混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。 参考答案 1.B 2.A 3.C 4.B 5.C 6.D 7.B 8.D 9.C 10.D 11.D 12.C 13.B 14.D 15.C 16. (1)9 （3分） (2)0.0100（3分） 17.（1）60.0% （3分） （2） 0.095mol （3分） 18. (1) （3分） (2)（3分） 19.（共22分） (1)5.0 （3分） (2)C（2分） (3) 3.00（3分）  33.00（3分）  正（2分）  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（3分） (4) 0.1104（3分）    （3分） 详解答案 1.【答案】B 【详解】①摩尔是物质的量的单位，物质的量才是用来衡量微观粒子集合体的一种物理量，错误； ②摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，同种物质的摩尔质量为定值，与物质的量多少无关，H2O的摩尔质量恒为18g/mol，错误； ③根据阿伏加德罗定律及其推论，同温同体积时，气体压强与物质的量成正比，物质的量越大压强越大，正确； ④标准状况下只有气体的摩尔体积约为22.4L/mol，若物质为非气态，物质的量相同时体积不同，错误； ⑤HCl的摩尔质量为36.5g/mol，该说法缺少单位，错误； ⑥气体摩尔体积只与温度和压强有关，一定温度和压强下，任何气体的摩尔体积都相等，正确； ⑦氢气为双原子分子，1molH2含有2mol氢原子，原子数为2NA，正确； 综上错误的叙述①②④⑤共4个，故选B。 2.【答案】A 【详解】K+的物质的量浓度A．为0.7mol/L；B．为0.40mol/L；C．为0.25mol/L；D．为0.6mol/L； 通过比较可知，A中K+的物质的量浓度最大，故选A。 3.【答案】C 【详解】A．若两种物质均为气态，改变压强、温度即可使二者体积不同，因此聚集状态可能相同，A错误； B．可在温度相同、压强不同的条件下使二者体积不同，因此温度不一定不同，B错误； C．1 mol气体的分子数目均为NA，气体体积由分子数和分子间平均距离共同决定，分子数相同时体积不同，则分子间平均距离一定不同，C正确； D．1 mol CO质量为28 g，1 mol H-2质量为2 g，当二者体积比为14:1时密度相同，因此密度不一定不同，D错误； 故选C。 4.【答案】B 【详解】A．同温同压条件下，气体密度之比等于摩尔质量之比。CO2摩尔质量大于N2，因此气体密度甲大于乙，A错误； B．假设两种气体质量均为m，甲中CO2物质的量m/44，乙中N2物质的量m/28。则同等质量下物质的量甲小于乙，B正确； C．气体摩尔体积只由温度与压强决定，本题温度、压强均相同，甲、乙的气体摩尔体积相等，C错误； D．1个CO2分子含有3个原子，1个N2分子含有2个原子。甲容器原子总物质的量为3m/44，乙容器原子总物质的量为2m/28。原子个数甲小于乙，D错误； 故选B。 5.【答案】C 【详解】A．同温同压下，O2和CO2的体积相同时，其质量之比为32：44，则密度之比为32：44，不相同，A说法错误； B．质量相同的H2O和D2O(重水)的物质的量之比为20：18，分子中均含有3个原子，则所含的原子数之比为20：18，不相同，B说法错误； C．每个CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条，则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同，C说法正确； D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，硫酸能电离出2个氢离子，而盐酸只能电离出一个，故pH相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，D说法错误； 答案为C。 6.【答案】D 【解析】A项，同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；B项， X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确；C项，产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确；D项，因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；故选D。 7.【答案】B 【详解】A．根据阿伏伽德罗定律，只有同温、同压、同体积的气体分子数才相同，该选项未说明压强相同，氯气和氮气的物质的量不一定相等，分子数不一定相同，A错误； B．等温等压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，80:44=20:11，B正确； C．等温等容下，气体压强之比等于物质的量之比，即3:2，C错误； D．标准状况下，气体体积之比等于物质的量之比，n(O2)=16/32=0.5mol，n(H2)=2/2=1mol，二者体积之比为1:2，，D错误； 故答案选B。 8.【答案】D 【详解】A．Na2O2由2个Na+和1个O22-构成，7.8 g Na2O的物质的量为7.8/78=0.1mol，含有的阴阳离子总物质的量为0.1×3=0.3mol，A错误； B．只给出溶液的浓度，缺少溶液体积，无法计算Cl-的物质的量，B错误； C．标准状况下H2O不是气态，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，C错误； D．1.6 gO2中O原子的物质的量为1.6/16=0.1mol，所含O原子数目为6.02×1022，D正确； 故选D。 9.【答案】C 【详解】A．硫酸钠中硫元素仍为+6价，未发生化合价降低，硫酸钠不是还原产物，A错误； B．由反应可知，6 mol过氧化钠中有5 mol作氧化剂，作还原剂的物质包括1 mol过氧化钠和2 mol硫酸亚铁，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:3，B错误； C．反应中过氧化钠作氧化剂，高铁酸钠是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，因此Na2O2＞Na2FeO4，C正确； D．反应中，2 mol硫酸亚铁中的铁元素共失去8 mol电子，同时生成1 mol氧气的过氧化物中的氧元素共失去2 mol电子，所以每生成1 mol氧气，整个反应转移10 mol电子。标准状况下2.24 L氧气为0.10 mol，故转移电子的物质的量为1.0 mol，不是0.8 mol，D错误； 故选C。 10.【答案】D 【详解】D．硫酸浓度越大密度越大，根据公式，可得，因，故，选项表述错误，D错误； 故本题选D。 11.【答案】D 【分析】初始状态下A、B两室体积比为4:2=2:1，活塞可自由移动说明初始A、B压强相等、同温同压下气体物质的量之比等于体积之比；已知B室含2mol N2，因此A室H2和O2总物质的量为4mol； 设A室H2物质的量为x mol，O2物质的量为y mol，列方程： ，解得x=3mol，y=1mol，即A室含3mol H2、1mol O2。 【详解】A．初始时A、B两室中气体压强相等，则H2和O2的混合气体共有4mol，H2和O2均为双原子分子，所含原子总数为8NA，A错误； B．A室混合气体的质量为38g，由分析可知，引爆前A室中H2和O2的物质的量之比为3:1，B错误； C．点燃引爆后H2和O2以物质的量之比为2：1完全反应，恢复到室温后，A室剩余1molH2，B室仍为2molN2，两室气体体积之比等于其物质的量之比1:2，最终活塞停留在2刻度，C错误； D．反应前A、B两室中气体共6mol，反应后两室中气体共3mol，反应前后均在室温下且反应容器恒容，故反应后容器内气体压强和反应前气体压强之比为3:6=1:2，D正确； 故选D。 12.【答案】C 【详解】A．配制100mL 0.1mol/L CuSO4溶液，所需胆矾的质量为0.1×0.1×250=2.5g，不是1.6g，A错误； B．定容时还需要往容量瓶加入蒸馏水，因此容量瓶无需干燥，B错误； C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，根据c=n/V，所配溶液浓度偏低，C正确； D．摇匀后液面低于刻度线是部分溶液附着在容量瓶瓶颈、瓶塞处的正常现象，若继续加水会导致溶液体积偏大，浓度偏低，D错误； 故选C。 13.【答案】B 【解析】A．称取相同质量的Na2CO3•10H2O固体进行配制，n偏小，使配得的Na2CO3溶液浓度偏低； B．定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，浓度偏大；C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，使配得的Na2CO3溶液浓度偏低；D．用清洗好的带水的容量瓶配制对配得的Na2CO3溶液浓度无影响； 故答案为B。 14.【答案】D 【详解】A．配制质量分数为20%的NaCl溶液不需要容量瓶⑩（容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液），所需仪器为烧杯、玻璃棒、量筒、托盘天平，所选仪器不合理，A不符合题意； B．Fe(OH)3胶体粒子可透过滤纸，不能用过滤法分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液（应用渗析法），所选仪器不能完成实验，B不符合题意； C．苯和二甲苯互溶，需通过蒸馏法分离，蒸馏应使用直形冷凝管③（②球形冷凝管用于回流），且缺少加热仪器酒精灯⑤，所选仪器不合理，C不符合题意； D．苯甲酸重结晶的操作步骤为加热溶解→趁热过滤→冷却结晶，需要①普通漏斗（过滤）、⑤酒精灯（加热溶解）、⑧烧杯（溶解、承接滤液）、⑨玻璃棒（搅拌、引流），所选仪器合理，能完成实验，D符合题意； 故选D。 15.【答案】C 【分析】由已知反应可知，氧化性强弱为Br2＞Fe3+＞I2，因此碘离子、亚铁离子、溴离子的还原性依次减弱。通入氯气后，三种离子依次被氧化。结合图中各曲线的初始量、变化区间和端点可知，AB段表示碘离子的物质的量由2 mol减至0，随后亚铁离子的物质的量由4 mol减至0，同时生成的铁离子由0增至4 mol，最后溴离子的物质的量由6 mol减至0。 【详解】A．两个已知反应分别说明溴单质的氧化性强于铁离子、铁离子的氧化性强于碘，因此正确的氧化性顺序为Br2＞Fe3+＞I2，原选项中碘与铁离子的次序颠倒，A错误； B．由图可知，BC段所对应的离子从0增至4 mol，而铁离子正是在亚铁离子被氯气氧化的阶段生成的，因此BC段表示Fe3+的物质的量变化，不是氯离子的物质的量变化，B错误； C．AB段中，通入1 mol氯气时碘离子的物质的量由2 mol减至0，符合二者2∶1的计量关系；根据元素守恒和电荷守恒，正确的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，C正确； D．由图可知，原混合液中碘离子、溴离子的物质的量分别为2 mol、6 mol，所以碘化亚铁、溴化亚铁的物质的量分别为1 mol、3 mol，亚铁离子的物质的量为4 mol，，D错误； 故选C。 16.【解析】 (1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。 (2)气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。 17.【解析】 (1)根据2KMnO4==K2MnO4+MnO2+O2，n(o2)= =0.015mol，则分解的高锰酸钾为0.03mol，则KMnO4的分解率=×100%=60.0%； (2)气体A为氯气，若7.90gKMnO4不分解，直接与盐酸反应放出氯气，转移的电子为×5=0.25mol，而分解放出0.015mol氧气转移的电子为0.015mol×4=0.06mol，因此生成氯气转移的电子为0.25mol-0.06mol=0.19mol，生成的氯气的物质的量为=0.095mol。 18.【解析】 (1)红色固体粉末为纯净物只有两种情况，全是Fe2O3或者全是Cu2O。Cu2O和硫酸反应生成的Cu会与Fe3+反应，Cu＋2Fe3+＝Cu2＋+2Fe2+。若全为Fe2O3时，剩余的固体物质为a=0g，但是当剩余固体质量为0g时，也有可能是Fe2O3和Cu2O两种物质的混合物；所以该红色固体只能为Cu2O。 Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O ，所以a＝m。 (2)设Fe2O3为 x mol， Cu2O为ymol，则160x＋144y＝m，Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O得到的铜为ymol。 Cu＋2Fe3+＝Cu2＋+2Fe2+ x mol 2x mol 剩余的铜的质量为(y－x)×64＝a＝m，方程式联立，解出x＝。 19.【解析】 (1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL； (2)A项，容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；B项，定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；C项，向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；D项，定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；综上所述，正确的是C项。 (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；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； (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； (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)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的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： 学科网（北京）股份有限公司 $