1、第 1 页，共 31 页 高考化学专题突破：酸碱中和滴定曲线分析 一、单选题（本大题共 37 小题，共 37.0 分） 1. 常温下，用0.10mol L;1的 NaOH溶液分别滴定体积均为50.00mL，浓度均为 0.05mol L;1的 HClO 和 HF两种溶液，其滴定曲线如图所示。 下列说法正确的是 A. HClO 的酸性比 HF强 B. V(NaOH溶液) = 0mL时，对应溶液中：c(ClO) = c(F) C. V(NaOH溶液) = 12.50mL时，对应溶液中：c(ClO) () D. V(NaoH溶液) = 25.00mL时，对应溶液中：c(ClO) (a:)+ c(H:)
2、 D. d 点时：2c(HA) + 2c(A;) = 3c(Na:) 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查酸碱中和过程中溶液中离子浓度的关系， 明确图象中各个点的含义是解本题关 键，结合电荷守恒来分析解答，注意溶液的导电能力与离子浓度的关系，难度中等。 【解答】 A.室温时，0.10 mol L; 1 的某一元酸 HA溶液的pH = 3，说明 HA为弱酸，溶液中由水 电离出来的H:与由水电离出来的OH;的浓度积为10; 22，故 A 错误； B.a点时 HA被中和一半，溶液中的溶质是等量的 HA、NaA，根据电荷守恒和物料守恒 可知溶液中c(A;) c(HA) = 2c(H:) 2c(OH;
3、)，故 B 错误； C.b点溶液显中性， c(A;) = c(Na:)， 且c(HA) (H:)， 所以c(HA) + c(A;) (a:)+ c(H:)，故 C正确； D.d 点溶液中的溶质是氢氧化钠和 NaA，且二者浓度比为1:2，根据物料守恒可得 3c(HA) + 3c(A;) = 2c(Na:)，故 D错误。 故选 C。 3. 草酸是一种二元弱酸， 某实验小组用0.10 mol L;1NaOH溶液去滴定10 mL未知浓度 的草酸溶液，得到如下所示的滴定曲线图。下列有关说法中正确的是( ) A. 使用 pH计测定该滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录 pH的间隔相同 B. X 点时溶液中
4、微粒浓度大小关系为c(Na:) (C2O4 ;) (H2C2O4) (C2O4 2;) C. X Y的过程中水的电离程度不断增大 D. X和 Y 点时溶液中的c(C2O4 2;) + c(H2C2O4)+ c(HC2O4;)相等 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查酸碱中和滴定曲线分析，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确溶液中的 溶质是解答的关键，题目难度中等。 第 3 页，共 31 页 【解答】 A.在测定滴定曲线的实验中，开始时和滴定终点后，测试和记录 pH的间隔可稍大些， 而滴定终点附近，测试和记录 pH的间隔要小些，因为有滴定突跃，故 A项错误； B.X点时，恰好生成NaHC2O
5、4，由于此时溶液显酸性，可见HC2O4 ;的电离程度大于水解 程度，所以c(C2O4 2;) (C2O4;)，B项错误； C.X点时成分为NaHC2O4， HC2O4 ;以电离为主， 对水的电离抑制； Y点成分为Na2C2O4， C2O4 2;只能水解， 对水的电离促进， 故X Y的过程中水的电离程度不断增大， C项正确； D.虽然滴定过程中n(C2O4 2;) + n(H2C2O4)+ n(HC2O4;)不变，但由于滴定过程中溶液体 积不断增大，所以c(C2O4 2;) + c(H2C2O4)+ c(HC2O4;)逐渐变小，D项错误。 4. 常温下，100 mL 0.1 mol L;1的H2
6、A溶液中滴加0.1 mol L;1NaOH溶液，含 A元素 相关微粒物质的量随 pH的变化如图所示。下列说法正确的是 A. H2A在水中的电离方程式是：H2A = H:+ HA;， HA;= H:+ A2; B. 等体积等浓度的 NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶 液中水的电离程度比纯水大 C. Y 点溶液中存在以下关系：c(H:) + c(Na:) = c(OH;) + 3c(HA;) D. X点溶液中含 A 元素相关离子：c(H2A) + c(HA;) + c(A2;) = 0.1 mol L;1 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，为
7、高考常见题型，明 确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，题目难 度中等。 【解答】 A.从图像分析溶液中含有H2A分子，说明H2A为弱酸，则电离方程式为：H2A H:+ HA;， HA; H:+ A2;，故 A 错误； B.等体积等浓度的氢氧化钠溶液与H2A溶液混合后，溶液主要为 NaHA，电离为主，溶 液显酸性，溶液中的氢离子会抑制水的电离，溶液中水的电离程度比纯水中小，故 B 错误； C.Y点时，电荷守恒c(H:) + c(Na:) = c(OH;) + c(HA;) + 2c(A2;)，从图像分析， c(HA;) = c(A2;)，从而得c(H:) + c
8、(Na:) = c(OH;) + 3c(HA;)，故 C正确； D.100mL0.1mol/L的H2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，到 X点时溶液的体积肯定比 原来的大，所以根据物料守恒分析，有c(H2A) + c(HA;)+ c(A2;) (A;) () (H:) (H;) C. 同浓度的 KA、KB、KD三种盐溶液的 pH 大小关系：pH(KD) () 【答案】D 【解析】 【分析】 本题考查酸碱混合的定性判断， 为高频考点， 把握混合后溶液的溶质、 pH 与酸的浓度、盐类水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 D为 解答的难点，题目难度不大。 【解答】A.由题图可
9、知，0.1 mol L 1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始 pH均大于 1，则三种酸均为弱酸，分别与 KOH 发生中和反应后所得盐类均为强碱弱酸盐，强碱弱 酸盐水解使溶液显碱性。 当中和百分数达100%时， 三种溶液中的溶质分别是 KA、 KB、 KD， 将三种溶液混合后， 根据质子守恒可得c(HA) + c(HB) + c(HD) = c(OH) c(H+)， A错误； B.滴定到 P 点时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的 HA和 KA，由题图可知，此时溶 液显酸性，以 HA的电离为主，且由于弱电解质电离和盐类水解的程度一般较弱，故可 得溶液中c(A) (+) () (+) ()，B
10、错误； C.由三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始 pH可知三种酸的电离平衡常数关系：KHA HB HD， 则在浓度相同情况下 A、 B、 D的水解程度依次增强， 同浓度的 KA、 KB、KD 三种盐溶液的碱性也依次增强，即：pH(KD) () ()，C 错误； D.由 C 中分析可知，三种酸的电离平衡常数关系为 KHA HB HD，故当三种酸的 浓度相同时，HA电离出的氢离子浓度最大，当三种酸都被中和至溶液呈中性时，HA 消耗的 KOH也最多， 则消耗 KOH溶液体积的大小关系为V(HA) () ()， D 正确。 故选 D。 6. 常温下，用0.1000mol/L的 NaOH溶液分别滴定2
11、0.00mL浓度均为0.1000mol/L的 CH3COOH溶液和 HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是 第 5 页，共 31 页 A. 点时：C(HCN) C(CN;) = 1.98 106mol/L B. 点时：C(CH3COO;) (Na:) (CH3COOH) (OH;) C. 点溶液中离子总数大于点 D. C(CH3COOH) + C(CH3COO) + C(Na:)的值：点 (N;)，故 A正确； B.点时滴加 NaOH 溶液的体积为 10mL，反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据 电荷守恒c(Na:) + c(H:) = c(CH3COO;) + c(OH;)和物料
12、守恒c(CH3COOH) + c(CH3COO;) = 2c(Na:)可得：c(CH3COO;) c(CH3COOH) = 2c(H:) 2c(OH;)，故 B 正确； C.点为pH = 7，溶液中c(H:) = c(OH;)，对于醋酸溶液体系，溶液中c(Na:) = c(CH3COO;) = c0 c(CH3COOH)，则此时溶液中c(CH3COOH) + c(CH3COO;)+ c(Na:) = c0+ c(Na:)，点加入 NaOH体积为 20mL，反应恰好产生CH3COONa，根据 物料守恒：c(Na:) = c(CH3COO;) + c(CH3COOH)，则此时溶液中c(CH3COO
13、H) + c(CH3COO;) + c(Na:) = c0+ c(Na:)， 忽略体积的微小差别， 可近似认为点等于点， 故 C 正确， D.恰好中和时反应后溶质为等浓度的 NaCN和CH3COONa，根据物料守恒得： c(CH3COOH) + c(CH3COO;) = 1 2c(Na :) = c(HCN) + c(CN;)，混合液中满足电荷守恒： c(Na:) + c(H:) = c(CH3COO;) + c(CN;) + c(OH;)，二者结合可得：c(HCN) + c(CH3COOH) = c(OH;) c(H:)，故 D错误， 故选：D。 7. 298 K时，向20 mL 0.1 m
14、ol L;1HA溶液中滴入0.1 mol L;1NaOH溶液，溶液的 pH 与所加 NaOH溶液体积的关系如图所示(忽略温度变化)。下列有关叙述错误的是 第 6 页，共 31 页 A. a 点溶液中：c(Na:) = c(A;) (H:) = c(OH;) B. 溶液中水的电离程度：b 点 点 点 C. 滴定过程中，当c(A;) = c(HA)时，pH = 5.8 D. 滴定过程中， (HA)(OH) (A) 保持不变 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查通过对酸碱中和滴定的曲线分析，综合考虑水的电离及其影响因素并进行与 pH 相关的计算，题目难度一般，解题的关键是对曲线上各点对应溶液中的溶
15、质成分的 分析。 【解答】 A.a 点溶液pH = 7呈中性，消耗 NaOH溶液体积小于 20mL，则 HA溶液是弱酸，根据 电荷守恒：c(Na:) = c(A;) (H:) = c(OH;)，故 A 正确； B.V(NaOH) = 20mL时，HA 与 NaOH恰好完全反应，则 b点溶质为 NaA，因水解使 b 点水的电离程度最大。c点 NaOH过量一倍，则 c点水的电离被抑制程度相对最大，所 以溶液中水的电离程度：b 点 点 点，故 B正确； C.起点： K = (H+)(A) (HA) 2(H+) 0.1 = (102.9)2 0.1 = 10;4.8， 滴定过程中， 当c(A;) =
16、c(HA)时， K = (H+)(A) (HA) = c(H:) = 10;4.8，则pH = 4.8，故 C错误； D.滴定过程中， (HA)(OH) (A) = Kh，温度不变，则水解平衡常数保持不变，故 D 正确； 故选 C。 8. 已知：25 时，K(HA) K(HB)。该温度下，用0.100 mol L ;1盐酸分别滴定浓 度均为0.100 mol L;1的 NaA溶液和 NaB溶液， 混合溶液的 pH与所加盐酸体积(V) 的关系如图所示。下列说法正确的是( ) A. 滴定前 NaA 溶液与 NaB溶液的体积相同 B. 25 时，K(HA)的数量级为10;11 C. 当 pH均为 6
17、时，两溶液中水的电离程度相同 第 7 页，共 31 页 D. P 点对应的两溶液中c(A;)+ c(HA) K(HB)，0.100 mol L;1的 NaA 溶液和 NaB溶液，pH = 11为 NaA， K(HA) = (A)(H+) (HA) = Kw Kh = 11014 11031103 0.1 = 10;9，故 B错误； C.当 pH 均为 6 时，两溶液中溶质对水的电离程度影响相同，故 C 正确； D.根据物料守恒可知 P 点对应的两溶液中c(A;) + c(HA) = c(B;) + c(HB)，故 D 错误。 故选 C。 9. 常温下，向20 mL 0.1 mol/L的二元酸H
18、2A溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，溶液中 含A元素的粒子的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图， y点对应溶液的pH = 5。 下列说法中不正确的是 ( ) A. 二元酸H2A的电离方程式为：H2A = H:+ HA; HA; H:+ A2; B. 当溶液中Na2A和 NaHA 物质的量相等时：c(HA;) + c(H:) = c(A2;) + c(OH;) C. 在 x 点溶液中离子浓度大小关系：c(Na:) (A;) (H:) (A2;) (H;) D. 常温下HA;的电离常数为10;5 【答案】B 【解析】【分析】 本题考查酸碱混合溶液定性判断， 明确图象中酸碱混合时溶液中
19、的溶质是解答本题的关 键，抓住图象进行分析即可，注意电离平衡常数和电荷关系的应用，题目难度中等。 【解答】 A.根据图像，未加 NaOH 时，HA;的物质的量为0.002mol，所以H2A第一步完全电离， 溶液中不存在H2A分子，HA;的电离是不完全电离，故 A 不符合题意； B.当溶液中Na2A和 NaHA 物质的量相等时，由电荷守恒c(Na:)+ c(H:) = 2c(A2 ) + 第 8 页，共 31 页 c(HA;) + c(OH;)和物料守恒2c(Na:) = 3c(A2 ) + 3c(HA;)，可得c(HA;) + 2c(H:) = c(A2 ) + 2(OH;)，故 B符合题意；
20、 C.在x点溶液中的溶质为NaHA， 只电离不水解， 离子浓度大小关系： c(Na:) (A;) (H:) (A2 ) (H;)，故 C不符合题意； D.常温下HA;的电离常数K= (H+)(A2) (HA) ，而 y点对应溶液的pH = 5，Na2A和 NaHA 物质的量相等，则K= (H+)(A2) (HA) = 1 10; 5 ，故 D不符合题意。 故选 B。 10. 室温下，分别向20 mL 0.1 mol L;1盐酸和某一元酸 HA溶液中滴加相同浓度的氢 氧化钠溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( ) A. x 为 HA溶液的滴定曲线 B. 室温下，K(HA) 1.0 10;4
21、 C. 曲线 y上的 c 点：c(Na:) (A;) D. a 点溶液中：c(H:) + c(Na:) (H;) + c(A;) 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。掌握弱酸的电离、酸碱中和滴定 过程中 pH变化规律以及图像分析方法是解答关键。 【解答】 A.盐酸为强酸，则0.1 mol L;1盐酸的pH = 1，由图中两条曲线起点可得，曲线 x 为盐 酸的滴定曲线，A项错误； B.由曲线y的起点可知， 0.1 mol L;1的HA溶液pH = 2， 则K (H+)(A) (HA) (10 2)2 0.1 = 10;3， B项错误； C.c点溶质为 N
22、aA，溶液呈碱性，电荷守恒有c(Na:) + c(H:) = c(A;) + c(OH;)，因 c(H:) (A;)，C项正确； D.根据电荷守恒可得c(H:) + c(Na:) = c(OH;) + c(A;)，D项错误。 故选 C。 第 9 页，共 31 页 11. 25时，用浓度均为0.1mol L;1的 NaOH溶液和盐酸分别滴定体积均为 20mL、浓 度均为0.1mol L;1的 HA溶液与 BOH溶液滴定过程中溶液的 pH 随滴加溶液的 体积变化关系如图所示下列说法中正确的是( ) A. HA 为弱酸，BOH为强碱 B. a 点时，溶液中粒子浓度存在关系：c(B:) (Cl;) (
23、OH;) (BOH) C. b 点时两种溶液中水的电离程度相同 D. c、d两点溶液等体积混合后微粒之间存在关系：c(H:) = c(OH;) + c(BOH) 【答案】D 【解析】【分析】 本题以中和滴定为载体， 考查弱电解质电离、 盐类水解、 离子浓度大小比较， 难度适中， 注意根据未滴定时 pH 判断强弱电解质， 混合后先判断反应后溶质再判断离子浓度问题， 注意电荷守恒、微粒守恒、质子守恒。 【解答】 A.由图可知，0.1mol L;1的 HA溶液pH = 1，则 HA为强酸，而0.1mol L;1BOH溶液的 pH = 11，则 BOH 为弱碱，故 A错误； B.a点所在曲线是0.1m
24、ol/L的 HCl 滴定20.00mL0.1mol/L的 BOH，根据溶液中的电荷守 恒，c(H:) + c(B:) = c(OH;) + c(Cl;)，溶液为碱性，大量存在 BOH，溶液中 c(OH;) (H:)，则c(B:) (l;)，反应产物为 BCl且剩余大量的 BOH，溶液中 c(BOH) (H;)，故 B错误； C.b点溶液pH = 6，HA与 NaOH溶液反应尚未完全，则 BOH与 HCl反应也未完全，但 HA是强酸、BOH是弱碱，剩余的酸碱对水的电离抑制程度不同，故 C错误； D.因 c、 d 两点所用 HA 或 NaOH溶液体积相同(横坐标相同)， 相对两个反应的滴定终点 而
25、言，过量的 HA和 NaOH可恰好中和，故 c、d 两点溶液混合后所得溶液为 NaA、BCl 混合溶液，溶液中存在质子守恒：c(H:) = c(OH;)+ c(BOH)，故 D正确。 故选 D。 12. 已知： MOH碱性比 NOH强 常温下， 用 HCl 分别改变浓度均为0.1mol L;1的 MOH 溶液和 NOH溶液的pH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中M:、N:的物质的量浓度 负对数与溶液的 pH关系如图所示，pR = lgc(M:)或lgc(N:).下列说法错误的是 ( ) 第 10 页，共 31 页 A. 曲线表示lgc(M:)与 pH关系 B. 溶液中水的电离程度：Y C. 对应
26、溶液中c(Cl;):Y D. 常温下，电离常数 Kb(MOH) Kb(NOH) = 100 【答案】C 【解析】略 13. 室温下，用相同浓度的 NaOH溶液，分别滴定相同体积、浓度均为0.1 mol L;1的 三种弱酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是 ( ) A. 室温下，同浓度的 NaA、NaB、NaD溶液的 pH大小关系：pH(NA) H(NB) H(ND) B. 滴定至 P 点时，溶液中：c(Na:) (B;) (HB) (H:) (H;) C. pH = 7时，三种溶液中：c(A;) (B;) (D;) D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：
27、c(HA) + c(HB) + c(HD) = c(OH;) 2c(H:) 【答案】C 【解析】【分析】 本题以酸碱中和滴定为载体考查了曲线的分析，以及混合溶液中离子浓度大小的比较， 第 11 页，共 31 页 较为基础，难度中等。 【解答】 A.同浓度的三种酸 HD 的 pH最大酸性最弱，HA 的 pH最小酸性最强，所以 D的钠盐 pH 应该最大，A的钠盐 pH应该最小，故 A错误； B.滴定至 P 点时，溶液此时是 NaB和 HB 等浓度的混合溶液，而此时溶液显酸性，所以 应有：c(B;) (a:) () (H:) (H;)，故 B 错误； C.因为同浓度的三种酸， HD的pH最大酸性最弱
28、， HA的pH最小酸性最强， 所以pH = 7时， 三种溶液中应有：c(A;) (B;) (D;)，故 C正确； D.当中和百分数达100时，将三种溶液混合后根据质子守恒，应有c(HA) + c(HB) + c(HD) = c(OH;) c(H:)，故 D错误。 故选 C。 14. 25 时，分别向20.00 mL 0.1000 mol L;1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000 mol L;1的盐酸，溶液 pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. M 点溶液中：c (OH;) ( 4 :) (H3 H2O) (H:) B. N 点溶液中：c (Cl;) ( 4 :) (H
29、3 H2O) (H;) C. P 点溶液中：c (NH 4 :) 2(H3COO;) + c(NH3 H2O) D. Q点溶液中：2c(Cl;) (H3COOH) + c(NH 4 :) 【答案】D 【解析】【分析】 本题考查弱电解质的电离平衡，根据图象分析，正确运用守恒关系是解题的关键，题目 难度不大，是基础题。 【解答】 A.一水合氨是弱电解质，电离程度较小，一水合氨电离导致溶液呈碱性，水还电离出氢 氧根离子，则存在c(NH3 H2O) (H;) (H4 :) (H:)，故 A错误； B.N点溶液中溶质为等物质的量浓度的一水合氨、氯化铵，混合溶液呈碱性，说明一水 合氨电离程度大于铵根离子水
30、解程度，但是其电离和水解程度都较小，则存在 c(NH4 :) (l;) (H3 H2O) (H;)，故 B错误； C.P 点溶液中溶质为等物质的量浓度的氯化铵和醋酸和醋酸铵，溶液中存在物料守恒： c(NH4 :) + c(NH3 H2O) = 2c(Cl;)，电荷守恒：c(NH4 :) + c(H:) = c(CH3COO;) + c(Cl;) + c(OH;)，两式联立得到：c(NH4 :) + 2c(H:) = 2c(CH3COO;) + c(NH3 H2O) + 第 12 页，共 31 页 2c(OH;)溶液呈酸性， 则c(H:) (H;)， 所以c(NH4 :) (H3COOH) +
31、c(NH4 :)，故 D正确， 故选 D。 15. 25时，将浓度均为0.1 mol L;1、体积分别为V和V的 HA 溶液与 BOH 溶液按 不同体积比混合， 保持V+ V= 100 mL， V、 V与混合液的 pH 的关系如图所示。 下列说法正确的是( ) A. K(HA) = 10;6mol L;1 B. b 点时，c(B:) = c(A;) = c(H:) = c(OH;) C. a c过程中水的电离程度始终增大 D. c 点时， (A) (OH)(HA)随温度升高而减小 【答案】D 【解析】【分析】 本题考查酸碱混合离子的浓度关系，明确信息中 pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是 解答
32、本题的关键，并熟悉电离、盐类水解等知识来解答，题目难度中等。 【解答】 A、由图可知 0.1mol L;1HA溶液pH = 3，由 HA H:+ A;可知：Ka = 103103 0.1 = 10;5 mol L;1，故 A 错误； B、b 点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B:) = c(A;) (H:) = c(OH;)，故 B错误； C、a b是酸过量和b c是碱过量两过程中水的电离程度受抑制，b 点是弱酸弱碱盐 水解对水的电离起促进作用， 所以a c过程中水的电离程度先增大后减小， 故 C错误； D、c 点时， (A) (OH)(HA) = 1 Kh，水解平衡常数
33、Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大， 1 Kh减 小， (A) (OH)(HA)减小，故 D正确。 第 13 页，共 31 页 故选 D。 16. NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸氢钾H2A的K1= 1.1 10;3， K2= 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( ) 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:) (K:) (H;) 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查酸碱混合的定性判断，
34、为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注 意把握题给信息以及图象的分析， 把握溶液导电能力和离子浓度的关系， 题目难度中等。 【解答】 A.由图象可知 a、b、c点的离子种类、浓度不同，可知混合溶液的导电能力与离子浓度 和种类有关，故 A 正确； B.随着 NaOH 溶液的滴加，溶液中c(K:)、c(HA;)逐渐减小，而Na:、A2;的物质的量逐 渐增大， 由题图可知， 溶液的相对导电能力逐渐增强， 说明Na:和A2;的导电能力强于HA;， 故 B 正确； C.由题给数据可知H2A为二元弱酸，b点溶质为为Na2A、K2A，为强碱弱酸盐，溶液呈 碱性，但题目没有指明温度，故不能判断 pH
35、，故 C错误； D.b 点时，K:与Na:浓度相等，后又加入 NaOH，显然Na:浓度高于K:浓度；之前加入 NaOH约为23mL， b点到c点所加的NaOH明显少于23mL， 虽然A2;和HA;会发生水解， 但水解极弱，生成的OH;可忽略不计，所以氢氧根离子浓度小于钾离子浓度，即 c(Na:) (K:) (H;)，故 D正确。 故选 C。 17. NA为阿伏加德罗常数的值。25时，将0.1 mol L;1盐酸逐滴加入10 mL 0.1 mol L;1氨水中，下列说法正确的是 A. 随着盐酸的滴入，溶液的导电性先减小后增大 B. 反应后的溶液中NH4 :和NH3 H2O的数目之和为0.001N
36、A C. 0.1 mol L;1盐酸中，由水电离的H:数目为1 10;13NA D. NH4Cl溶液加水稀释时，pH和Kw均增大 【答案】B 第 14 页，共 31 页 【解析】【分析】 本题以酸碱滴定为载体考查阿伏加德罗常数、溶液导电性、溶液 pH及水的离子积常数 等知识点，难度不大。掌握酸碱中和滴定试验分析是解答关键。 【解答】 A.加入盐酸的过程中生成氯化铵，导电性逐渐增强，故 A错误； B.根据原子守恒可知， 在溶液中n(NH4 :) + n(NH3. H2O) = 0.01L 0.1mol/L = 0.001mol， 个数为0.001NA，故 B 正确； C.未给出溶液的体积，无法计
37、算，故 C 错误； D.水的离子积常数受温度影响，加水稀释时，Kw不变，故 D错误。 故选 B。 18. 25时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液的 pH与离子浓度变化 关系如图所示。已知H2C2O4是二元弱酸，X 表示 (HC2O4 ) (H2C2O4)或 (C2O4 2) (HC2O4 )，下列叙述错误 的是 A. 从 M 点到 N 点的过程中，c(H2C2O4)逐渐增大 B. 直线 n表示 pH与lg (HC2O4 ) (H2C2O4)的关系 C. 由 N点可知K1(H2C2O4)的数量级为10;2 D. pH = 4.18的混合溶液中：c(Na:) (HC2O4 ;)
38、 = c(C2O42;) = c(Cl;) (H:) (OH;) 【答案】D 【解析】【分析】 本题考查了盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用、电离常数的计算等，题目难 度较大，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义以及电离平衡常数的计算方法，侧重于考 查学生的分析能力和计算能力。 【解答】 H2C2O4溶液存在H2C2O4 HC2O4 ; + H:，HC2O4 ; C2O4 2; + H:，且K1(H2C2O4) = (HC2O4 )(H+) (H2C2O4) ，K2(H2C2O4) = (C2O4 2)(H+) (HC2O4 ) ，已知K1 K2,若二者 pH值相同，则有 (HC2O4 )
39、(H2C2O4) (C2O4 2) (HC2O4 )，则有lg (HC2O4 ) (H2C2O4) (C2O4 ;) = c(C2O42;)，故错误； 故选 D。 19. 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( ) A. 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 【答案】C 【解析】【分析】 本题主要考查酸碱滴定图像问题，难度一般，明确酸碱反应的实质和过程
40、中离子浓度变 化是解题关键。 【解答】 溶液的导电能力与溶液中离子浓度、离子所带电荷数成正比。 A.从图像可知在 a 点溶液的导电能力达到最小值，接近零，发生的反应为H2SO4+ Ba(OH)2= BaSO4 +2H2O，而Ba(OH)2与NaHSO4反应时，当钡离子完全沉淀时，生成 NaOH， 当氢氧根离子完全反应时， 生成Na2SO4， 所以其导电能力不可能接近零， 即代 表滴加硫酸溶液的变化曲线，故 A 正确； 第 16 页，共 31 页 B.b点时发生的离子反应为+H2O， 所以溶液中主 要存在的是剩余的OH;和加入的Na:，故 B 正确； C.从图像可知 c 点时，两溶液的导电能力相
41、同，但此时曲线为Ba(OH)2反应完全，且 加入过量的H2SO4，溶液显酸性，而曲线为Ba2:反应完，而OH;未反应完，溶液显碱 性，所以两溶液中含有的氢氧根离子的量不相同，故 C 错误； D.a 点溶液显中性，d 点时溶液发生的反应为Ba2:+ 2OH; ，得到Na2SO4溶液，也为中性，故 D 正确。 故选 C。 20. 常温下， H2C2O4的pK1= 1.23，pK2= 4.19(K为电离平衡常数， pK= lgK)。 现用0.1000 mol L;1的NaOH溶液滴定20.00 mL相同物质的量浓度的H2C2O4溶液， 滴定曲线如图所示。 下列叙述不正确的是( ) A. 滴定过程中出
42、现了一次 pH突变，指示剂可选用酚酞溶液 B. b 点溶液中c(Na:) (HC2O4 ;) (H:) (OH;) C. b 点时水的电离程度大于 d点时水的电离程度 D. d 点溶液中c(HC2O4 ;) = c(OH;) 2c(H2C2O4) c(H:) 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明 确电离平衡常数概念及表达式、溶液中各点溶质成分及其性质是解本题关键，题目难度 较大。 【解答】 A.由图可知，用 NaOH 溶液滴定H2C2O4溶液的过程中，出现了一次 pH突变，与酚酞溶 液的变色范围(8.2 10.0)相符，故
43、A正确； B.b点溶液中溶质为NaHC2O4 ，K 1(H2C2O4)= 10;1.23，水解常数Kh(HC2O4 ;) = Kw Ka1 = 1014 101.23 (C2O4 ;) (H:) (H;)，故 B 正确， 第 17 页，共 31 页 C. b点溶液中溶质为NaHC2O4， 溶液显酸性， 说明HC2O4 ;电离出氢离子， 抑制水的电离， d 点溶液中溶质为Na2C2O4，C2O4 2;水解促进水的电离，故 C错误； D. d点溶液中溶质为Na2C2O4，由质子守恒可得c(OH;) = c(HC2O4 ;) + 2c(H2C2O4) + c(H:) ，故 D正确。 故选 C。 21
44、. 下列说法不正确的是( ) A. 已知Fe(s) + 1 2O2(g) = FeO(s) H1 = 272 kJ/mol；2Al(s)+ 3 2O2(g) = Al2O3(s) H2= 1675kJ/mol，则2Al(s)+ 3FeO(s) = Al2O3(s) + 3Fe(s)； H = 859 kJ/mol B. 25时， 向10mL物质的量浓度均为0.10mol/LNaOH和NH3 H2O的混合溶液中， 逐滴滴加 10mL0.10mol/L 盐酸，混合溶液中 c(NH4 :) + c(H:) = c(OH;) C. 25时，向0.10mol/LNaHSO3溶液中通入NH3至溶液PH =
45、 7(体积变化忽略)， 则有：c(Na:) (H4 :) (O32;) D. 比较Na2S2O3溶液与不同浓度稀硫酸反应速率的快慢是通过测定出现黄色沉淀 的快慢来比较的，而不是采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比较的 【答案】C 【解析】解：A.Fe(s) + 1 2O2(g) = FeO(s) H1 = 272.0kJ mol;1； 2Al(s)+ 3 2O2(g) = Al2O3(s) H2 = 1675kJ mol;1； 依据盖斯定律计算 3得到：3FeO(s) + 2Al(s) = Al2O3(s) + 3Fe(s) H = 859KJ/mol，故 A 正确； B.根据电荷守恒
46、c(NH4 :)+ c(H:) + c(N:) = c(OH;) + c(Cl;)，10mL物质的量浓度为 0.10mol/LNaOH，c(N :) = 0.10mol/L，10mL0.10mol/L 盐酸，c(Cl;) = 0.10mol/L，则 c(N :) = c(Cl;)，故 c(NH4:) + c(H:) = c(OH;)，故 B正确； C.向0.10mol/LNaHSO3溶液中通入NH3， 至溶液pH = 7， 反应生成Na2SO3和(NH4)2SO3， SO3 2;与NH4:水解程度相同，则c(Na:) (H4:) = c(SO32;)，故 C错误； D.二氧化硫可以溶于水，1体
47、积水能溶解 40体积二氧化硫，所以导致测定不精确，且该 实验装置较复杂，不易控制，所以不采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比 较，故 D 正确， 故选：C。 A.Fe(s) + 1 2O2(g) = FeO(s) H1 = 272.0kJ mol;1； 2Al(s)+ 3 2O2(g) = Al2O3(s) H2 = 1675kJ mol;1； 依据盖斯定律计算 3得到：3FeO(s) + 2Al(s) = Al2O3(s) + 3Fe(s) H = 859KJ/mol，据此进行分析； B.根据电荷守恒c(NH4 :)+ c(H:) + c(N:) = c(OH;) + c(Cl;)，10mL物质的量浓度为 0.10mol/LNaOH，c(N :) = 0.10mol/L，10mL0.10mol/L 盐酸，c(Cl;) = 0.10mol/L，则 c(N :) = c(Cl;)，故 c(NH4:) + c(H:) = c(OH;)据此进行分析； 第 18
