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　第27练　水的电离和溶液的pH
高考真题演练
1. (2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)＝1.8×10－4，向20 mL 0.10 mol·L－1 NaOH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：MB．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)
2．(2024·广西卷)常温下，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ.20.00 mL浓度均为0.1000 mol·L－1 HCl和CH3COOH溶液
Ⅱ.20.00 mL浓度均为0.1000 mol·L－1 HCl和NH4Cl溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知
Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，下列说法正确的是(　　)
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B．a点水电离出的c(OH－)数量级为10－8
C．V(NaOH)＝30.00 mL时，Ⅱ中c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(NH)
D．pH＝7时，Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)之和小于Ⅱ中c(NH3·H2O)、c(NH)之和
3．(2023·湖南卷)常温下，用浓度为0.0200 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η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)D．水的电离程度：a4．(2022·浙江1月选考)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0.1 mol·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10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，则该溶液pH＝a＋1
5．(2022·浙江6月选考)25 ℃时，向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka＝1.8×10－5；用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是(　　)
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H＋＋OH－===H2O
C．滴定过程中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．pH＝7时，c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)
6．(2022·湖北高考)根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H＋NH3===NH＋N2H4，N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是(　　)
A．N2H＞N2H4＞NH
B．N2H＞CH3COOH＞NH
C．NH3＞N2H4＞CH3COO－
D．CH3COOH＞N2H＞NH
7．已知：t ℃时，水的离子积Kw＝1×10－13。下列说法正确的是(　　)
A．0.05 mol·L－1 H2SO4溶液的pH＝1
B．t ℃时，0.001 mol·L－1 NaOH溶液的pH＝11
C．t ℃时，0.005 mol·L－1 H2SO4溶液与0.01 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为5，溶液显酸性
D．t ℃时，完全中和50 mL pH＝3的H2SO4溶液，需要50 mL pH＝12的NaOH溶液
8．下列说法中正确的是(　　)
A．25 ℃时，NH4Cl溶液的Kw大于100 ℃时NaCl溶液的Kw
B．常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶104
C．根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.8的溶液一定显酸性
D．100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
9．已知液氨的性质与水相似。T ℃时，NH3＋NH3NH＋NH，NH的平衡浓度为1×10－15 mol·L－1，则下列说法中正确的是(　　)
A．在此温度下液氨的离子积为1×10－17
B．在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2
C．恒温下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的离子积减小
D．降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且c(NH)10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A．水电离产生的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：K＋、Fe3＋、Cl－、SO
B．使甲基橙试液变红的溶液中：Ca2＋、NH、Cl－、HCO
C．在加入铝粉能产生H2的溶液中：Fe2＋、Mg2＋、NO、Na＋
D.＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO、NO
11．下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色判断不正确的是(　　)
A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：不用另选指示剂——浅红色
B．利用Ag＋＋SCN－===AgSCN↓，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3——浅红色
C．利用2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋，用标准FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉——蓝色
D．利用OH－＋H＋===H2O，用标准NaOH溶液来测量某盐酸的浓度：酚酞——浅红色
12．(2025·济南市高三质量检测)一定条件下，利用浓溴水与苯酚反应，可测定工业废水中苯酚的含量(其他杂质不与浓溴水反应)。实验步骤如下：
①用酸式滴定管准确量取20.00 mL待测废水于100 mL锥形瓶中；
②向锥形瓶中迅速加入过量的5.00 mL a mol·L－1浓溴水，塞紧瓶塞，振荡；
③打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入过量的0.10 mol·L－1 KI溶液，塞紧瓶塞，振荡；
④滴入2～3滴指示剂，再用0.0100 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1 mL，发生反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6；
⑤待测废水换为蒸馏水进行空白实验，重复上述步骤，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
下列说法正确的是(　　)
A．滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变蓝，且半分钟内不褪色时停止滴定
B．若向待测废水中加入KI溶液的量不足，将导致测定结果偏小
C．空白实验中进行的步骤②未塞瓶塞，将导致测定结果偏小
D．空白实验中进行的步骤④滴定终点俯视读数，将导致测定结果偏大
13．常温下，向20 mL某稀硫酸中滴入0.1 mol·L－1氨水，溶液中水电离出的H＋浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是(　　)
A．稀硫酸的浓度为0.1 mol·L－1
B．B点时溶液的pH＝7
C．D点时所加氨水的体积为20 mL
D．从滴加氨水开始到滴入V3 mL氨水的过程中，可能出现的离子浓度排序为c(NH)＞2c(SO)＞c(OH－)＞c(H＋)
14．(2025·辽宁省五校高三联考)常温下，等浓度BOH碱溶液和HA酸溶液互相滴定，溶液中pH与lg 或lg 的关系如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．N曲线代表pH与lg 的关系
B．水的电离程度：fC．g点：c(A－)＝c(B＋)>c(HA)＝c(BOH)
D．Ka(HA)＝1×10－4.76
15．(2025·福州市高三质量检测)电位滴定法的原理：反应终点被测离子浓度的数量级发生突跃，指示电极电位也发生突跃。室温下，用0.100 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定相同浓度的NH4HSO4溶液，测得电极电位的变化与滴入NaOH溶液体积的关系如图所示(NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5)。
下列说法正确的是(　　)
A．a点溶液水电离出的c(H＋)等于10－13 mol·L－1
B．b点溶液中的离子浓度大小顺序为c(SO)>c(Na＋)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
C．c点溶液pH＝7，则溶液中微粒浓度满足c(Na＋)＝c(NH)＋2c(NH3·H2O)
D．d点溶液中c(SO)＝0.05 mol·L－1
16．(2025·长沙市第一中学高三月考)配位滴定法是有效测定水中钙离子浓度的方法，EDTA(乙二胺四乙酸，用Y表示)是一种常见的滴定剂，可以与多种金属离子(如Ca2＋、Mg2＋等)形成1∶1的稳定配合物，已知滴定使用钙指示剂(NN)，该指示剂本身是蓝色，可以和钙离子形成酒红色的配合物，图中为不同pH下用EDTA标准溶液滴定20 mL的0.0100 mol·L－1 Ca2＋的曲线，则下列判断错误的是(　　)
A．所用EDTA标准溶液的浓度为0.0100 mol·L－1
B．由曲线可知，pH适当增大有利于提高滴定的准确度
C．滴定终点的颜色变化为蓝色变为酒红色
D．在滴定过程中，溶液中始终存在c(Ca2＋)＋c(CaY)<0.0100 mol·L－1
17．(2025·山东省潍坊市高三质量检测)某小组同学收集吸收了SO2的NaOH溶液，并测定其中SO的含量。向圆底烧瓶中加入30.00 mL上述溶液和足量稀硫酸，加热使SO2全部逸出并与H2O2完全反应，除去过量的H2O2，然后用0.0900 mol·L－1 NaOH标准溶液进行滴定，消耗NaOH溶液25.00 mL。下列说法正确的是(　　)
A．实验时圆底烧瓶中加入液体体积不超过圆底烧瓶的
B．滴定终点时溶液的pH＝8.8，可选择石蕊为指示剂
C．测得SO的含量为2.4 g·L－1
D．用盐酸代替硫酸，则SO含量的测定值偏高
18．丙氨酸(，用HA表示)是组成人体蛋白质的氨基酸之一，其盐酸盐(，用H2A＋Cl－表示)在水溶液中存在平衡：H2A＋HAA－。向一定浓度的H2A＋Cl－溶液中滴加NaOH溶液，溶液的pH随的变化如图所示(已知：pK＝－lg K，氨基酸分子表面不带电荷时的pH为pI)：
下列叙述错误的是(　　)
A．W点：c(H2A＋)＝c(HA)
B．X点：2pI＝pK1＋pK2
C．Y点：c(H2A＋)＋c(Na＋)＜c(Cl－)＋c(HA)
D．Z点：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)＋2c(H2A＋)
二、非选择题
19．草酸(H2C2O4，二元弱酸)与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用，常温下，H2C2O4：Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5。H2CO3：Ka1＝4×10－7，Ka2＝6×10－11。
(1)NaHCO3溶液显________性。
(2)常温下，0.1 mol·L－1的Na2C2O4溶液pH＝a，0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液pH＝b，则a____b(填“>”“<”或“＝”)。
(3)常温下，pH＝3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1，水电离出的c(H＋)为c3；pH＝4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2，水电离出的c(H＋)为c4。则c1________10c2(填“>”“<”或“＝”，下同)；10c3________c4。
(4)常温下，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)＝c(Na＋)
①该草酸溶液的物质的量浓度为________(结果保留三位小数)。
②a点所示溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为____________________________。
20．纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。
①制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4与水反应生成TiO2·xH2O和HCl，经过滤、水洗除
去其中的Cl－，再烘干，焙烧除去水分得到粉状TiO2。
②用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数；一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。请回答下列问题：
(1)检验TiO2·xH2O中Cl－是否被除净的方法是__________________________。
(2)滴定终点的现象是__________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M g·mol－1)试样w g，消耗c mol·L－1 NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL，则TiO2的质量分数表达式为________。
(4)判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果________。
　第27练　水的电离和溶液的pH（解析版）
高考真题演练
1. (2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)＝1.8×10－4，向20 mL 0.10 mol·L－1 NaOH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：MB．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)
答案：D
解析：根据题意及分析可知随着甲酸的加入，离子浓度不断下降的曲线表示的是OH－浓度的改变，离子浓度不断上升的曲线表示的是HCOO－浓度的改变。M点时，溶液中仍有未反应的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，HCOO－水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，A正确；M点时c(HCOO－)＝c(OH－)，且根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，两式联立可得2c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，B正确；当V(HCOOH)＝10 mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaOH和HCOONa，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，根据元素守恒有c(Na＋)＝2c(HCOO－)＋2c(HCOOH)，两式联立可得c(OH－)＝c(H＋)＋2c(HCOOH)＋c(HCOO－)，C正确；N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根离子发生水解使溶液呈碱性，且水解是微弱的，因此c(Na＋)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋)，观察题图可知，N点时c(HCOO－)≈0.05 mol·L－1，再根据Ka(HCOOH)＝＝1.8×10－4可知，此时c(HCOOH)>c(H＋)，D错误。
2．(2024·广西卷)常温下，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ.20.00 mL浓度均为0.1000 mol·L－1 HCl和CH3COOH溶液
Ⅱ.20.00 mL浓度均为0.1000 mol·L－1 HCl和NH4Cl溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知
Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，下列说法正确的是(　　)
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B．a点水电离出的c(OH－)数量级为10－8
C．V(NaOH)＝30.00 mL时，Ⅱ中c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(NH)
D．pH＝7时，Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)之和小于Ⅱ中c(NH3·H2O)、c(NH)之和
答案：D
解析：溶液中加入40.00 mL氢氧化钠溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，根据Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，可知醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故Ⅰ对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N；由上述分析可知A错误；根据分析可知a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，促进水的电离，溶液的pH在8～9之间，由水电离出的c(OH－)数量级为10－6，B错误；当V(NaOH)＝30.00 mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，根据分析可知铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度，故c(Cl－)>c(NH)>c(NH3·H2O)，C错误；根据元素守恒，n(CH3COOH)、n(CH3COO－)之和等于n(NH3·H2O)、n(NH)之和，根据图像，pH＝7时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)之和小于Ⅱ中c(NH3·H2O)、c(NH)之和，D正确。
3．(2023·湖南卷)常温下，用浓度为0.0200 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η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)D．水的电离程度：a答案：D
解析：NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH。由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.0100 mol·L－1，c(H＋)＝10－3.38 mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝≈＝10－4.76，A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在守恒c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B正确；b点溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)d，D错误。
4．(2022·浙江1月选考)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0.1 mol·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10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，则该溶液pH＝a＋1
答案：B
5．(2022·浙江6月选考)25 ℃时，向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka＝1.8×10－5；用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是(　　)
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H＋＋OH－===H2O
C．滴定过程中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．pH＝7时，c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)
答案：B
6．(2022·湖北高考)根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H＋NH3===NH＋N2H4，N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是(　　)
A．N2H＞N2H4＞NH
B．N2H＞CH3COOH＞NH
C．NH3＞N2H4＞CH3COO－
D．CH3COOH＞N2H＞NH
答案：D
7．已知：t ℃时，水的离子积Kw＝1×10－13。下列说法正确的是(　　)
A．0.05 mol·L－1 H2SO4溶液的pH＝1
B．t ℃时，0.001 mol·L－1 NaOH溶液的pH＝11
C．t ℃时，0.005 mol·L－1 H2SO4溶液与0.01 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为5，溶液显酸性
D．t ℃时，完全中和50 mL pH＝3的H2SO4溶液，需要50 mL pH＝12的NaOH溶液
答案：A
8．下列说法中正确的是(　　)
A．25 ℃时，NH4Cl溶液的Kw大于100 ℃时NaCl溶液的Kw
B．常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶104
C．根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.8的溶液一定显酸性
D．100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
答案：B
9．已知液氨的性质与水相似。T ℃时，NH3＋NH3NH＋NH，NH的平衡浓度为1×10－15 mol·L－1，则下列说法中正确的是(　　)
A．在此温度下液氨的离子积为1×10－17
B．在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2
C．恒温下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的离子积减小
D．降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且c(NH)答案：B
解析：液氨的性质与水相似。由电离方程式知，NH与NH的平衡浓度相等都为1×10－15 mol·L－1，则液氨的离子积K＝c(NH)·c(NH)＝1×10－30，故A错误；由钠与水反应可推知，2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑，故B正确；液氨离子积的大小只与温度有关，与离子浓度无关，故C错误；因为电离是吸热过程，所以降温使平衡逆向移动，c(NH)和c(NH)都同等程度地减小，故D错误。
10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A．水电离产生的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：K＋、Fe3＋、Cl－、SO
B．使甲基橙试液变红的溶液中：Ca2＋、NH、Cl－、HCO
C．在加入铝粉能产生H2的溶液中：Fe2＋、Mg2＋、NO、Na＋
D.＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO、NO
答案：D
11．下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色判断不正确的是(　　)
A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：不用另选指示剂——浅红色
B．利用Ag＋＋SCN－===AgSCN↓，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3——浅红色
C．利用2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋，用标准FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉——蓝色
D．利用OH－＋H＋===H2O，用标准NaOH溶液来测量某盐酸的浓度：酚酞——浅红色
答案：C
解析：Fe3＋与I－反应生成I2，淀粉遇I2变为蓝色，用淀粉作为指示剂，溶液始终为蓝色，无法判定滴定终点，C不正确。
12．(2025·济南市高三质量检测)一定条件下，利用浓溴水与苯酚反应，可测定工业废水中苯酚的含量(其他杂质不与浓溴水反应)。实验步骤如下：
①用酸式滴定管准确量取20.00 mL待测废水于100 mL锥形瓶中；
②向锥形瓶中迅速加入过量的5.00 mL a mol·L－1浓溴水，塞紧瓶塞，振荡；
③打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入过量的0.10 mol·L－1 KI溶液，塞紧瓶塞，振荡；
④滴入2～3滴指示剂，再用0.0100 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1 mL，发生反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6；
⑤待测废水换为蒸馏水进行空白实验，重复上述步骤，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
下列说法正确的是(　　)
A．滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变蓝，且半分钟内不褪色时停止滴定
B．若向待测废水中加入KI溶液的量不足，将导致测定结果偏小
C．空白实验中进行的步骤②未塞瓶塞，将导致测定结果偏小
D．空白实验中进行的步骤④滴定终点俯视读数，将导致测定结果偏大
答案：C
解析：由反应Br2＋2I－===I2＋2Br－、I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知，与苯酚反应后剩余n(Br2)＝n(Na2S2O3)＝×(V1×10－3) L×0.0100 mol·L－1＝5V1×10－3 mmol，将待测废水换成蒸馏水时，5.00 mL a mol·L－1的浓溴水中Br2的物质的量为5V2×10－3 mmol，则与苯酚反应的Br2的物质的量为5(V2－V1)×10－3 mmol，根据反应＋3HBr，可得苯酚的物质的量为 mmol，废水中苯酚含量(mg·L－1)表达式为＝ mg·L－1。滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色时停止滴定，A错误；若向待测废水中加入KI溶液的量不足，则产生的I2偏少，消耗的标准溶液偏少，即V1偏小，根据苯酚的含量为 mg·L－1可知，将导致测定结果偏大，B错误；空白实验中进行的步骤②未塞瓶塞，将导致浓溴水挥发，加入过量的KI溶液时产生的I2偏少，消耗的标准溶液偏少，即V2偏小，根据 mg·L－1可知，将导致测定结果偏小，C正确；空白实验中进行的步骤④滴定终点俯视读数，会使消耗的标准溶液偏少，即V2偏小，根据 mg·L－1可知，将导致测定结果偏小，D错误。
13．常温下，向20 mL某稀硫酸中滴入0.1 mol·L－1氨水，溶液中水电离出的H＋浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是(　　)
A．稀硫酸的浓度为0.1 mol·L－1
B．B点时溶液的pH＝7
C．D点时所加氨水的体积为20 mL
D．从滴加氨水开始到滴入V3 mL氨水的过程中，可能出现的离子浓度排序为c(NH)＞2c(SO)＞c(OH－)＞c(H＋)
答案：C
解析：在开始滴定时，水电离产生的H＋浓度c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－13 mol·L－1，则c酸(H＋)＝10－1 mol·L－1，H2SO4是二元强酸，则c(H2SO4)＝c酸(H＋)＝0.05 mol·L－1，A错误；B点时水电离产生的H＋的浓度等于10－7 mol·L－1，溶液中还有未反应完的硫酸，所以溶液pH＜7，B错误；D点时水电离产生的H＋的浓度最大，说明二者恰好反应产生(NH4)2SO4，根据方程式：2NH3·H2O＋H2SO4===(NH4)2SO4＋2H2O，n(H2SO4)＝c(H2SO4)·V(H2SO4)＝0.05 mol·L－1×0.02 L＝0.001 mol，n(NH3·H2O)＝2n(H2SO4)＝0.002 mol，故D点时所加氨水的体积V＝＝0.02 L＝20 mL，C正确；从0到V3时，溶液由酸性逐渐变为中性，不可能出现c(OH－)＞c(H＋)，D错误。
14．(2025·辽宁省五校高三联考)常温下，等浓度BOH碱溶液和HA酸溶液互相滴定，溶液中pH与lg 或lg 的关系如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．N曲线代表pH与lg 的关系
B．水的电离程度：fC．g点：c(A－)＝c(B＋)>c(HA)＝c(BOH)
D．Ka(HA)＝1×10－4.76
答案：B
15．(2025·福州市高三质量检测)电位滴定法的原理：反应终点被测离子浓度的数量级发生突跃，指示电极电位也发生突跃。室温下，用0.100 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定相同浓度的NH4HSO4溶液，测得电极电位的变化与滴入NaOH溶液体积的关系如图所示(NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5)。
下列说法正确的是(　　)
A．a点溶液水电离出的c(H＋)等于10－13 mol·L－1
B．b点溶液中的离子浓度大小顺序为c(SO)>c(Na＋)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
C．c点溶液pH＝7，则溶液中微粒浓度满足c(Na＋)＝c(NH)＋2c(NH3·H2O)
D．d点溶液中c(SO)＝0.05 mol·L－1
答案：C
解析：a点是0.100 mol·L－1 NH4HSO4溶液，随着NaOH溶液的加入，先后发生反应H＋＋OH－===H2O、NH＋OH－===NH3·H2O，b点时电极电位发生第一次突跃，此时H＋恰好反应完，对应溶液中的溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，d点时电极电位发生第二次突跃，此时NH恰好反应完，对应溶液中的溶质为Na2SO4、NH3·H2O。a点是0.100 mol·L－1 NH4HSO4溶液，NH4HSO4发生电离：NH4HSO4===NH＋H＋＋SO，NH水解促进水的电离，故水电离出的c(H＋)>10－13 mol·L－1，A错误；b点溶液中的溶质为等物质的量的Na2SO4和(NH4)2SO4，NH水解使溶液显酸性，则c(Na＋)>c(NH)、c(H＋)>c(OH－)，故b点溶液中离子浓度大小顺序为c(SO)＝c(Na＋)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，B错误；c点溶液中溶质为Na2SO4、NH3·H2O和(NH4)2SO4，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，此时溶液pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)，根据元素守恒：c(SO)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，可得c(Na＋)＝c(NH)＋2c(NH3·H2O)，C正确；d点时NH4HSO4恰好完全反应：NH4HSO4＋2NaOH===Na2SO4＋NH3·H2O＋H2O，此时混合液的体积为9 mL＋18 mL＝27 mL，则c(SO)＝0.100 mol·L－1×＝ mol·L－1，D错误。
16．(2025·长沙市第一中学高三月考)配位滴定法是有效测定水中钙离子浓度的方法，EDTA(乙二胺四乙酸，用Y表示)是一种常见的滴定剂，可以与多种金属离子(如Ca2＋、Mg2＋等)形成1∶1的稳定配合物，已知滴定使用钙指示剂(NN)，该指示剂本身是蓝色，可以和钙离子形成酒红色的配合物，图中为不同pH下用EDTA标准溶液滴定20 mL的0.0100 mol·L－1 Ca2＋的曲线，则下列判断错误的是(　　)
A．所用EDTA标准溶液的浓度为0.0100 mol·L－1
B．由曲线可知，pH适当增大有利于提高滴定的准确度
C．滴定终点的颜色变化为蓝色变为酒红色
D．在滴定过程中，溶液中始终存在c(Ca2＋)＋c(CaY)<0.0100 mol·L－1
答案：C
解析：由已知可得，钙离子和EDTA是1∶1反应，图中在V＝20 mL时完全反应，而被滴定的溶液体积也为20 mL，因此钙离子浓度应和所用EDTA浓度相等，均为0.0100 mol·L－1，A正确；由图可知，在pH＝6逐渐提升至pH＝12时，滴定突越逐渐加大，突越越大滴定越准确，B正确；滴定时先加入指示剂，和钙离子结合形成酒红色配合物，随着滴定的进行，钙离子和EDTA结合，释放出游离的指示剂，使溶液显蓝色，在滴定终点时颜色变化应为酒红色变为蓝色，C错误；开始浓度为20 mL的0.0100 mol·L－1 Ca2＋，在加入EDTA标准溶液后，体积增大，根据钙元素守恒，可知c(Ca2＋)＋c(CaY)<0.0100 mol·L－1，D正确。
17．(2025·山东省潍坊市高三质量检测)某小组同学收集吸收了SO2的NaOH溶液，并测定其中SO的含量。向圆底烧瓶中加入30.00 mL上述溶液和足量稀硫酸，加热使SO2全部逸出并与H2O2完全反应，除去过量的H2O2，然后用0.0900 mol·L－1 NaOH标准溶液进行滴定，消耗NaOH溶液25.00 mL。下列说法正确的是(　　)
A．实验时圆底烧瓶中加入液体体积不超过圆底烧瓶的
B．滴定终点时溶液的pH＝8.8，可选择石蕊为指示剂
C．测得SO的含量为2.4 g·L－1
D．用盐酸代替硫酸，则SO含量的测定值偏高
答案：D
解析：实验时圆底烧瓶中加入液体体积不超过圆底烧瓶的，A错误；滴定终点时溶液的pH＝8.8，选择酚酞作指示剂，B错误；滴定时的原理为SO＋2H＋===H2O＋SO2↑、SO2＋H2O2===H2SO4、2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O，则SO～2NaOH，n(SO)＝n(NaOH)＝×0.0900 mol·L－1×0.025 L＝0.001125 mol，SO的含量为＝3 g·L－1，C错误；由于盐酸具有挥发性，用盐酸代替硫酸，所得SO2中混有HCl，最终消耗NaOH标准溶液的体积偏大，则SO含量的测定值偏高，D正确。
18．丙氨酸(，用HA表示)是组成人体蛋白质的氨基酸之一，其盐酸盐(，用H2A＋Cl－表示)在水溶液中存在平衡：H2A＋HAA－。向一定浓度的H2A＋Cl－溶液中滴加NaOH溶液，溶液的pH随的变化如图所示(已知：pK＝－lg K，氨基酸分子表面不带电荷时的pH为pI)：
下列叙述错误的是(　　)
A．W点：c(H2A＋)＝c(HA)
B．X点：2pI＝pK1＋pK2
C．Y点：c(H2A＋)＋c(Na＋)＜c(Cl－)＋c(HA)
D．Z点：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)＋2c(H2A＋)
答案：C
解析：由题图知W点时，pK1＝pH，K1＝，故c(H2A＋)＝c(HA)，A正确；由K1·c(H2A＋)＝c(H＋)·c(HA)，K2·c(HA)＝c(H＋)·c(A－)，两式相乘得c2(H＋)×＝K1·K2，在X点时，pH＝pI，氨基酸表面不带电荷，故c(H2A＋)＝c(A－)，2pI＝pK1＋pK2，B正确；由电荷守恒可得，c(H2A＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(OH－)，在Y点：c(H＋)＜c(OH－)，c(HA)＝c(A－)，则c(H2A＋)＋c(Na＋)＞c(Cl－)＋c(HA)，C错误；Z点溶液溶质为，存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)＋2c(H2A＋)，D正确。
二、非选择题
19．草酸(H2C2O4，二元弱酸)与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用，常温下，H2C2O4：Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5。H2CO3：Ka1＝4×10－7，Ka2＝6×10－11。
(1)NaHCO3溶液显________性。
(2)常温下，0.1 mol·L－1的Na2C2O4溶液pH＝a，0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液pH＝b，则a____b(填“>”“<”或“＝”)。
(3)常温下，pH＝3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1，水电离出的c(H＋)为c3；pH＝4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2，水电离出的c(H＋)为c4。则c1________10c2(填“>”“<”或“＝”，下同)；10c3________c4。
(4)常温下，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)＝c(Na＋)
①该草酸溶液的物质的量浓度为________(结果保留三位小数)。
②a点所示溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为____________________________。
答案：(1)碱　(2)<　(3)>　＝
(4)①0.054 mol·L－1　②c(Na＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)
解析：(3)常温下，pH＝3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1，水电离出的c(H＋)为c3＝c(OH－)＝＝ mol·L－1＝10－11 mol·L－1；pH＝4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2，水电离出的c(H＋)为c4＝c(OH－)＝＝ mol·L－1＝10－10 mol·L－1；由于草酸是二元弱酸，在溶液中存在酸的电离平衡，稀释促使酸的电离平衡正向移动，稀酸的电离程度更大，因此c1>10c2，10c3＝c4。
(4)①用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液，根据c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶质是草酸钠，草酸和氢氧化钠之间按照物质的量之比1∶2进行反应，所以该草酸溶液的物质的量浓度c(H2C2O4)＝ mol·L－1＝0.054 mol·L－1；②结合①中分析可知a点是草酸氢钠溶液，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，溶液中H＋除了HC2O电离产生外，水的电离也产生，而C2O只有HC2O电离产生，HC2O电离程度大于水的电离程度，所以c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)，因此溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)。
20．纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。
①制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4与水反应生成TiO2·xH2O和HCl，经过滤、水洗除
去其中的Cl－，再烘干，焙烧除去水分得到粉状TiO2。
②用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数；一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。请回答下列问题：
(1)检验TiO2·xH2O中Cl－是否被除净的方法是__________________________。
(2)滴定终点的现象是__________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M g·mol－1)试样w g，消耗c mol·L－1 NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL，则TiO2的质量分数表达式为________。
(4)判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果________。
答案：(1)取少量最后一次洗涤液，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl－已被除净
(2)溶液变为红色，且半分钟内不褪色
(3)%　(4)①偏高　②偏低
解析：(3)根据氧化还原反应中得失电子的关系可知，Fe3＋～Ti3＋～TiO2，因此TiO2的物质的量等于消耗的Fe3＋的物质的量，即cV×10－3 mol，TiO2的质量分数为%。
(4)①在配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时有少量溶液溅出，则所配制溶液的浓度偏小，消耗NH4Fe(SO4)2标准溶液的体积偏大，导致测定的TiO2的物质的量偏大，质量分数偏高；
②若在滴定终点时俯视标准液液面，则所读溶液体积偏小，导致测定的TiO2的物质的量偏小，质量分数偏低。
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