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高考化学三轮冲刺易错题易错点24 水的电离平衡（2份打包，原卷版+教师版）
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易错点24 水的电离平衡
易错题【01】液酸碱性的判断方法
(1)根据pH、pOH、p进行判断。
pH
(2)常温下,已知pH之和的酸、碱溶液等体积混合所得溶液的酸碱性分析
①两强混合
a.若pH之和等于14,则混合后溶液显中性,pH=7。
b.若pH之和大于14,则混合后溶液显碱性,pH>7。
c.若pH之和小于14,则混合后溶液显酸性,pH<7。
②一强一弱混合
pH之和等于14时,一元强酸溶液和一元弱碱溶液等体积混合呈碱性;一元强碱溶液和一元弱酸溶液等体积混合呈酸性。
易错题【02】图解量器错误读数产生的误差
(1)俯视和仰视(如图b和图c)
①如图b，当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，寻找切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。（量筒刻度从下到上逐渐增大）
②如图c，当用滴定管测量液体的体积时，由于仰视视线向上倾斜，寻找切点的位置在液面的下侧，因滴定管刻度顺序与量筒不同，仰视读数偏大。（滴定管刻度从下到上逐渐减小）
（2）酸碱中和滴定实验中，两次视线呈三角形，读的体积小于实际体积（如图d）；两次视线呈梯形，读的体积小于实际体积（如图e）。
易错题【03】突破酸碱中和滴定曲线中的粒子浓度关系
(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合；
(2)抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么？判断溶液的酸碱性。
(3)抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
(4)抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么？判断哪种物质过量。
易错题【04】滴定方式及应用:
滴定方式
实例
直接滴定法
许多还原性物质Fe2＋、N、H2O2、C2等。如5H2O2＋2Mn＋6H＋=5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O
返滴定法
氧化性物质可用返滴定法。例如,测MnO2含量时,可在H2SO4溶液中加入过量的Na2C2O4标准溶液,待与MnO2作用完毕后,用KMnO4标准液滴定过量的C2。
MnO2＋C2＋4H＋=Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O，2Mn＋5C2＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
间接滴定法
某些非氧化性物质,可以用间接滴定法进行测定。例如,测Ca2＋含量时,先将Ca2＋沉淀为CaC2O4,再用稀硫酸将所得沉淀溶解,用KMnO4标准液滴定溶液中的H2C2O4,间接求得Ca2＋含量。CaC2O4＋2H＋=H2C2O4＋Ca2＋,2Mn＋6H＋＋5H2C2O4=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
典例分析
例题1、已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是( )
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1
D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)
【解析】溶液呈中性，说明c(H＋)＝c(OH－)，而水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝c2(H＋)，所以c(H＋)＝ mol·L－1，C正确。A项中a＝b，不知酸和碱的强弱，故不好判断溶液酸碱性；B项中没有指明在25 ℃时，pH＝7不能作为溶液呈中性的依据；D项为电荷守恒，不能判定该溶液呈中性。
例题2、25℃时，分别用浓度为、和的NaOH溶液滴定浓度不同、体积均为20mL的3种HCl溶液，测得3个溶液的pH随变化的曲线如图，在恰好中和。下列说法不正确的是（ ）
A．以a作指示剂时，滴定终点颜色变化为无色恰好变为浅红色
B．曲线X、Y、Z对应的
C．滴定溶液浓度不宜过高，因为在中和点附近多加l滴溶液引入的误差较大
D．由图可知溶液浓度越小，突跃范围越大，可供选择的指示剂越多
D【解析】a指示剂的变色范围为8-10，则a为酚酞，滴定终点颜色变化为无色恰好变为浅红色，A正确；根据滴定后pH 值，可知曲线X、Y、Z对应的，B正确；滴定溶液浓度不宜过高，因为盐酸浓度不确定，两者弱浓度差较大，中和点附近多加l滴溶液引入的误差较大，C正确；由图可知溶液浓度越小，突跃范围越大，可供选择的指示剂越少，D错误。
例题3、(1)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2＋2S2=2I-＋S4。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________,样品中S2-的含量为______________________(写出表达式)。
(2)环己烯含量的测定：在一定条件下,向a g环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2,与环己烯充分反应后,剩余的Br2与足量KI作用生成I2,用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定,终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中,发生的反应如下:
①Br2＋
②Br2＋2KI=I2＋2KBr
③I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6
滴定所用指示剂为________。样品中环己烯的质量分数为________(用字母表示)。
下列情况会导致测定结果偏低的是________(填序号)。
a.样品中含有苯酚杂质
b.在测定过程中部分环己烯挥发
c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化
【解析】(1)滴定终点时,I2被消耗完,溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2＋2S2=2I-＋S4可知,与Na2S2O3溶液反应的n1(I2)=×0.100 0×,则与S2-反应的n2(I2)=×0.100 0-n1(I2)=(mol),由电子守恒可知S2-～I2,则样品中S2-的含量为×100%。
(2)有碘单质滴定时用淀粉作指示剂。根据关系式计算与环己烯反应后剩余n(Br2):
Br2 ～ I2 ～ 2Na2S2O3
1 mol 2 mol
反应消耗n(Na2S2O3)=cV×10-3mol,则参加反应的n(Br2)=cV×10-3 mol,与己烯反应消耗的n(Br2)=b-cV×10-3 mol,样品中环己烯的质量分数为:
样品中含有苯酚,苯酚会与溴反应,测定结果偏高;在测定过程中环己烯挥发,导致结果偏低;Na2S2O3溶液被氧化时,消耗的体积增大,所测定环己烯的质量分数偏低。
【答案】(1)浅蓝色至无色 ×100% (2)淀粉溶液 b、c
1．（2022·湖南·高考真题）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是
A．碱式滴定管排气泡
B．溶液加热
C．试剂存放
D．溶液滴加
2．（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
3．（2021·天津·高考真题）常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、、
B．pH=12的溶液：K+、Na+、、
C．pH=7的溶液：Na+、Cu2+、S2-、Cl-
D．pH=7的溶液：Al3+、K+、Cl-、
4．（2022·湖北·襄阳五中模拟预测）常温下，用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液，已知醋酸的电离常数为Ka=1.8×10-5，下列说法错误的是
A．在氨水滴定前，混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)
B．在氨水滴定前，混合溶液c(CH3COO-)≈Ka
C．当滴入氨水10mL时，c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量等于20mL，且c()＜c(Cl-)
5．（2021·福建·高考真题）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是
A．a点溶液的比c点溶液的小
B．a点时，
C．b点溶液中，
D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解
6．（2022·广东惠州·二模）常温下，向25.00mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LHA，溶液的pH随加入的HA溶液体积的变化曲线如图所示(HA是一种弱酸，溶液混合后体积的变化忽略不计)，下列说法正确的是
A．由水电离产生H+的浓度c(H+)： A>B
B．溶液中存在：c(H+)+c(Na+) =c(OH-)+c(A-)
C．从A到C，都存在：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
D．在D点：c(Na+)=2c(HA)+2c(A-)
7．（2022·青海·海东市第一中学一模）常温下，用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：c(CH3COO-)>c(H+)>c(CH3COOH)
B．点②所示溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
C．点③所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．点④所示溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
8．（2022·四川凉山·三模）25°C时，向20mL0.5mol·L-1的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L-1的盐酸，溶液中和溶液的pOH[pOH=-lg c(OH-)]随中和率的变化关系如图所示。已知：中和率=。下列说法正确的是
A．a点时，<1
B．b点时，c(M+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
C．c点时，2c(M+)+c(MOH)+c(H+)<3c(Cl-)+c(OH-)
D．d点对应的溶液中升高温度pOH值一定增大
9．（2022·江西·三模）已知常温下二元弱酸H2A溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数(δ)随pH变化如图所示[如A2-分布分数：δ(A2-)=]，下列说法错误的是
A．曲线x代表H2A，曲线z代表A2-
B．pH从3升高至4，的值一直减小
C．n点对应的溶液中水电离出的c(H+)=10-12.7mol·L-1
D．将浓度均为0.05mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，所得溶液pH>4.3
10．（2022·河南·模拟预测）25℃时，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H3AO3溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ(平衡时某含A微粒的浓度占各含A微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示(已知100.2=1.58)：
下列说法错误的是
A．H3AO3属于二元酸
B．第一次滴定终点时可用甲基橙作指示剂
C．当溶液呈中性时，溶液中约为6
D．当加入30mLNaOH溶液时，2c(Na+)=6c(HAO)+3c(H3AO3)
11．（2022·河南·二模）常温下，为探究某一元酸HA的性质，分别取20.00mL0.100mol·L-1的HA、盐酸、醋酸三种溶液，分别用0.100mol·L-1NaOH溶液滴定，用pH计测定滴定过程中的pH，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是
已知常温下：Ka(CH3COOH)=1.75 ×10-5，=1.32，lg1.32=0.12
A．曲线a、b、c分别表示HCl 、CH3COOH、HA
B．C点：c(HA)-c(A- )>c(OH-)-c(H+ )
C．将曲线a的A点和曲线c的D点的溶液混合，混合后的溶液呈酸性
D．向曲线c的D点的溶液中滴加盐酸至pH= 7.00，则c(Na+ )> c(HA)=c(Cl- )>c(A- )
12．（2022·新疆·博乐市高级中学（华中师大一附中博乐分校）一模）常温下，2一戊烯酸(CH3CH2CH=CHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1，向20mL0.1mol·L-12-戊烯酸溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2.已知：δ(CH3CH2CH=CHCOOH)=。
下列说法错误的是
A．图1中，曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH
B．图2中，①对应溶液的溶质为2-戊烯酸和2一戊烯酸钠，此时溶液的pH=4.7
C．图2中，②对应的溶液中存在：c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)
D．图2中，③对应的溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)
13．（2022·江西·模拟预测）某温度下，向0.1mol·L-1H2X溶液中缓慢加入固体NaOH，溶液pH、温度随H2X被滴定分数的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．M点，Ka1(H2X)≈1.0×10-5 B．N点，c(H2X)+c(H+)=c(OH-)+c(X2-)
C．P点，c(Na+)
A．CH3COOH的电离常数约为10-5
B．水的电离程度：点①>点③>点②
C．在点①和点②所示溶液中：c(CN-)>c(CH3COO-)
D．在点③和点④之间的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
15．（2022·北京一七一中三模）用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表向HCl中滴加NaOH B．A点溶液的pH小于C点溶液的pH
C．A、B两点水的电离程度：A>B D．C→D发生了反应：H++OH-=H2O
16．（2021·辽宁·高考真题）用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】
A．的为 B．c点：
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．
17．（2022·浙江·高考真题）氨基钠()是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。
简要步骤如下：
Ⅰ.在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ.加入5g钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ.除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
(1)的作用是_______；装置B的作用是_______。
(2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案_______。
(3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有_______。
(4)下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
(5)产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序_______。
准确称取产品计算
a.准确加入过量的水
b.准确加入过量的标准溶液
c.准确加入过量的标准溶液
d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.4～6.2)
e.滴加石蕊指示剂(变色的范围4.5～8.3)
f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.2～10.0)
g.用标准溶液滴定
h.用标准溶液滴定
i.用标准溶液滴定
18．（2022·四川巴中·模拟预测）利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如下图所示(加热、夹持装置略):
(1)仪器b的名称为___________，d中的溶液是_____________。实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作_______(填“能”或“不能”)检验装置的气密性。
(2)装置B中Cl2氧化K2MnO4的化学方程式为___________。
(3)单向阀的作用是_______， 当仪器B中_______即停止通氯气。
(4)当B中反应结束，后续操作是熄灭A处酒精灯,_______待冷却后拆除装置。
(5)锰酸钾(K2MnO4) 在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应: +MnO2↓+4OH-根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_________________。
(6)某兴趣小组同学用0.1000 mol·L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某过氧化氢试样，反应原理为2+ 5H2O2 + 6H+ =2Mn2+ + 8H2O+5O2↑。用移液管移取25．00 mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:
第一次
第二次
第三次
第四次
17．30
17．90
18．00
18．10
计算试样中过氧化氢的浓度为_______mol·L-1．
19．（2022·广西·模拟预测）亚硝酰硫酸(NOSO4H)在重氮化反应中可以代替亚硝酸钠。实验室用如图装置(夹持仪器略)制备少量亚硝酰硫酸，并测定产品纯度。
已知：①亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解为硫酸、硝酸和NO，溶于浓硫酸而不分解。
②实验室制备亚硝酰硫酸的原理为SO2+HNO3=SO3+HNO2，SO3+HNO2=NOSO4H。
回答下列问题：
(1)仪器I的名称为_______，写出A中反应的化学方程式_______。
(2)按照气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_______(填仪器接口的字母，部分仪器可以重复使用)。
(3)装置B中的“冷水”控制在20℃左右，温度不宜过高或过低的原因是_______。
(4)在上述反应条件下，开始时反应缓慢，但某时刻反应速率明显加快，其原因是_______。
(5)如果不使用装置C，造成的影响是_______。
(6)测定亚硝酰硫酸的纯度
已知：2KMnO4 + 5NOSO4H +2H2O =K2SO4 + 2MnSO4 + 5HNO3 +2H2SO4；2 + 5 +16H+ =2Mn2++10CO2↑+8H2O。
步骤如下：
步骤1：准确称取14. 00g产品，在特定条件下配制成250 mL溶液。
步骤2：取25. 00 mL产品于250 mL容量瓶中，加入60. 00 mL未知浓度KMnO4溶液(过量)和10. 00 mL 25%H2SO4溶液，然后摇匀。
步骤3：用0. 2500 mol· L-1 Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液20. 00 mL。
把亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水(空白实验) ，复上述步骤，消耗Na2C2O4溶液的体积为60. 00 mL。
①达到滴定终点时的现象为_______。
②亚硝酰硫酸的纯度为_______(精确到0.1%)。
20．（2022·广东广州·模拟预测）可用于面粉的漂白和杀菌。已知：为黄色油状液体，熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。
Ⅰ.实验室可用和溶液反应制取，所用装置如下：
完成下列填空：
(1)三卤化氮()的分子空间构型与相似，热稳定性比强的有_______，在热水中易水解，反应液有漂白性。写出水解的化学方程式_______。
(2)仪器D的作用是_______。
(3)向蒸馏烧瓶内的溶液中通入过量，B中反应的化学方程式为_______，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为_______，将产品蒸出。
Ⅱ.待反应结束，为测定溶液中残留的的物质的量浓度，进行如下操作：
ⅰ.取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热；
ⅱ.用15.00mL的稀硫酸吸收产生的，得到溶液A；
ⅲ.用的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点，消耗VmLNaOH标准液。
(4)滴定至终点时溶液中溶质仅有和，用含V的代数式表示残留液中的物质的量浓度为_______。
(5)为减小误差，滴定时最适宜的指示剂为_______(选填序号)。
a.酚酞 b.甲基橙 c.石蕊 d.淀粉溶液
参考答案
1．A【详解】A．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；
B．用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的处，B不符合规范；
C．实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物要分开存放，C不符合规范；
D．用滴管滴加溶液时，滴管不能伸入试管内部，应悬空滴加，D不符合规范；
故选A。
2．A【详解】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。
A．量筒的精确度不高，不可用量简量取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。
3．B【详解】A．pH=1的溶液中，在酸性条件下与Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．pH=12的溶液中，K+、Na+、、均不能发生反应，能大量共存，故B正确；
C．pH=7的溶液中，Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．pH=7的溶液中，Al3+、会发生双水解，不能大量共存，故D错误；
故选B。
4．D【详解】A．依据物料守恒，c(Cl-)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，则混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)，A正确；
B．在氨水滴定前，混合溶液Ka =，c(H+)≈c(CH3COOH)，则c(CH3COO-)≈Ka，B正确；
C．当滴入氨水10mL时，氨水的物质的量与醋酸的物质的量相等，则依据物料守恒，c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，C正确；
D．CH3COONH4呈中性，NH4Cl呈酸性，当溶液呈中性时，氨水应过量，氨水滴入量大于20mL，且c()＞c(Cl-)，D错误；
故选D。
5．A【详解】A．Kw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是不同，c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh= ，所以，故B错误；
C．b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： ，由于c(H+)
故选A。
6．B【详解】B点时滴加酸的体积与碱溶液的体积相同，为滴定终点，溶质为NaA，水的电离程度最大；C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等；D点滴入酸的体积为碱溶液体积的2倍，故溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同。
A．A点为碱溶液，水的电离受到抑制，B点为正盐溶液，促进水的电离，故由水电离产生H+的浓度c(H+)： A
C．C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等，C错误；
D．D点溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同，根据物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，D错误；
故选B。
7．D【详解】点①所示溶液为CH3COOH溶液，NaOH溶液的浓度与醋酸相同，且醋酸的体积为20mL，所以点②所示溶液可视作等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，其溶液为酸性，点③所示溶液pH=7，呈中性，所以溶液中c(H+)=c(OH−)，点④所示溶液为中和滴定的终点，溶液可视作醋酸钠的溶液。
A．点①所示溶液为CH3COOH溶液，c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)，A错误；
B．点②所示溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，且两者浓度相等，根据电荷守恒得到：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，根据物料守恒得到：c(CH3COOH)+ c(CH3COO－) =2c(Na+)，因此c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO－)+2c(OH－)，B错误；
C．点③所示溶液pH=7，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，又c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，C错误；
D．点④所示溶液为中和滴定的终点，溶质为CH3COONa，离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D正确；
答案选D。
8．C【详解】A． a点时，=0，=1，故A错误；
B．b点有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液的pOH＜7，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，说明MOH电离程度大于M+的水解程度，氯离子不水解，所以溶液中存在c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl-)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以存在2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl-)+c(OH-)，故C正确；
D． d点酸碱恰好完全中和，溶质为MCl，d点对应的溶液中升高温度，MCl水解程度增大，溶液酸性增强，pOH值增大，同时，升高温度，d点水电离程度最大，氢氧根离子浓度增大，pOH=-lg c(OH-)减小，POH净增大还是减小，由MCl水解和水电离两者共同决定，不能确定温度升高，POH是否一定增大，故D错误；
故选C。
9．B【详解】根据横坐标的pH增大判断，H2A中滴加碱，导致氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，根据二元酸的电离平衡判x线为H2A，y线为HA-，z线为A2-；
A．根据二元弱酸的两步电离平衡判断，当加入碱后促进第一步电离，故x线为H2A，曲线z代表A2-，故A正确；
B．，当pH从3升高至4时，Ka1保持不变，通过图像判断HA-在减小，故增大；
C．n点对应的溶液中，pH=1.3，则根据Kw得c(OH-)=10-12.7mol·L-1，故水电离出的c(H+)=10-12.7mol·L-1；故C正确；
D．根据图像中m点判断HA-和A2-的浓度相同时，溶液的pH=4.3，根据图像n点计算出Ka1=10-1.3，m点计算出Ka2=10-4.3，则Kh1=10-9.7，Kh2=10-12.7，故当将浓度均为0.05mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，因为HA-的电离大于A2-的水解，导致溶液中HA-的浓度小于A2-的浓度，根据图像判断pH>4.3，故D正确；
【点睛】此题考查酸的电离平衡的移动影响，注意图像中的特殊点进行相关计算，其次平衡常数只与温度有关。
10．D【详解】向H3AO3中逐滴的滴加NaOH溶液，根据反应过程和分布曲线可知，a段表示H3AO3的浓度减少(pH=0~4)，b段表示H2AO的浓度先增大后减小，c段表示HAO的浓度逐渐增加(pH≥4)，据此可分析解答。
A．由图可知用NaOH溶液滴定H3AO3溶液时，溶液中含A的微粒变化过程是pH=0~4时，H3AO3减少，H2AO增加，pH=4~8时，H2AO减少，HAO增加，之后随着NaOH加入不再发生反应，所以H3AO3属于二元酸，A选项正确；
B．第一次滴定终点溶液pH接近于4，可使用变色范围在3.1~4.4的甲基橙，B选项正确；
C．由图可得:，当溶液呈中性时，、，根据此时溶液的电荷守恒和溶液显中性可得：c(Na+)=c(H2AO)+2c(HAO)，把c(H2AO):c(HAO)=2:5，代入得c(Na+)=6c(H2AO)，所以=6，C选项正确；
D．当加入30mlNaOH时，H3AO3与NaOH的物质的量比为2:3，反应方程式为2H3AO3+3NaOH=NaH2AO3+Na2HAO3+3H2O，可写出物料守恒式2c(Na+)=3[c(H3AO3)+ c(H2AO)+ c(HAO)]，溶液中H2AO存在电离和水解平衡，HAO存在水解平衡，程度各不相同，所以c(H2AO)≠ c(HAO)，即2c(Na+)≠3c(H3AO3)+6 c(HAO)，D选项错误；
答案选D。
11．C【详解】根据起点判断，0.1mol/L的盐酸溶液pH=1，则a为盐酸。由于CH3COOH的电离常数为1.75×10-5，则0.1mol/LCH3COOH溶液中，推知pH=-lg(1.32×10-3)=3-0.12=2.88。所以曲线b、c分别为CH3COOH和HA溶液。C起点pH=5.50，则。
A．由以上分析曲线a、b、c分别为盐酸、CH3COOH和HA溶液，A项正确；
B．C点存在的物质为HA和NaA且物质的量之比为1:1，则该溶液中的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，推知c(Na+)= c(A-)+c(OH-)-c(H+)。物料守恒式为c(HA)+c(A-)=2c(Na+)，两等式整合得c(HA)- c(A-)=2[c(OH-)-c(H+)]。由于该点pH>7，则c(OH-)-c(H+)>0，所以c(HA)- c(A-)>c(OH-)-c(H+)，B项正确；
C．A点物质为HCl和NaCl，且物质的量均为0.1×0.01=0.001mol。D点为NaA，其物质的量为0.002mol。则两点溶液混合后得到的物质为NaCl、HA、NaA，物质的量分别为0.002mol、0.001mol、0.001mol。则此溶液有，则c(H+)=10-10，pH=10，溶液呈碱性，C项错误；
D．D点中加入盐酸至中性，则该溶液为NaCl、NaA、HA，该体系的电荷守恒式和物料守恒式分别为 c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)+c(Cl-)、c(HA)+c(A-)=c(Na+)，得出c(HA)=c(Cl-)。由C点得出若溶液为中性c(HA)>c(A-)，所以c(Na+ )> c(HA)=c(Cl- )>c(A- )，D项正确；
故选C。
12．B【详解】A．CH3CH2CH=CHCOOH CH3CH2CH=CHCOO-+H+，随着pH逐渐增大CH3CH2CH=CHCOOH浓度逐渐减小(I曲线)，CH3CH2CH=CHCOO-浓度逐渐增大(II曲线)，A选项正确；
B．图2中①表示当NaOH加入10mL时，此时溶液的溶质为等物质的量的2-戊烯酸和2一戊烯酸钠，此时溶液pH<7，说明CH3CH2CH=CHCOOH电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO-水解程度，c(CH3CH2CH=CHCOOH)≠ c(CH3CH2CH=CHCOO-)，对应图1可知溶液pH≠4.7，B选项错误；
C．图2中②表示V(NaOH)<20mL，溶液为2-戊烯酸和2一戊烯酸钠混合溶液，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)= c(CH3CH2CH=CHCOO-)+c(OH-)，此时溶液pH=7，常温下呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)，由图1可知pH>4.7时，c(CH3CH2CH=CHCOO-)> c(CH3CH2CH=CHCOOH)，故C选项正确；
D．图2中，③对应V(NaOH)=20mL，恰好与2-戊烯酸完全反应生成CH3CH2CH=CHCOONa，根据质子守恒式可知c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)，D选项正确；
答案选B。
13．C【详解】已知酸碱中和反应是一个放热反应，由图可知随着NaOH的滴加溶液温度升高，当NaOH过量后溶液温度又开始下降，故曲线I为温度随H2X被滴定分数的变化，随着NaOH的滴加，溶液pH始终保持增大趋势，故曲线II为pH随H2X被滴定分数的变化，据此分析解题。
A．由图示信息可知，M点c(H+)≈c(HX-)=10-3mol/L，c(H2X)≈0.1mol/L，则Ka1(H2X)=≈≈1.0×10-5，A正确；
B．由图示信息可知，N点对应n(H2X)=n(NaOH)，则反应后溶质为NaHX，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，根据物料守恒有：c(Na+)=c(HX-)+c(X2-)+c(H2X)，则有c(H2X)+c(H+)=c(OH-)+c(X2-)，B正确；
C．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，又知P点pH=7，即c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)，C错误；
D．由图示信息可知，Q点对应2n(H2X)=n(NaOH)，则反应后溶质为Na2X，则有：X2-+H2OHX-+OH-，此时溶液pH=8.5，即c(H+)=10-8.5，则c(OH-)==10-5.5，则Kh1(X2-)===1.0×10-10，D正确；
故答案为：C。
14．C【详解】CH3COOH是弱酸，存在电离CH3COOHCH3COO-+H+，HCN溶液存在平衡：HCNCN-+H+。
A．根据CH3COOH曲线的起点数据，此时NaOH还没加入，pH为3，故CH3COOH的电离常数为=10-5，A正确；
B．点②CH3COOH的电离抑制水的电离，点③pH为7，水的电离没被促进也没被抑制，点①是HCN和NaCN的混合溶液，溶液显碱性，CN-的水解大于HCN的电离，且促进水的电离，则水的电离程度：点①>点③>点②，B正确；
C．在点①和点②所示溶液中，分别加入了10mL的NaOH，两溶液均恰好反应了一半，不考虑水解与电离则有c(CH3COOH)= c(HCN)，根据题意，点②所对应溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中c(CH3COO-)-> c(CH3COOH)；点①所对应溶液为等浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，则HCN电离小于CN-的水解，溶液c(CN-)< c(HCN)；故两溶液中：c(CN-)
故选C。
15．C【详解】HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，曲线①代表向CH3COOH中滴加NaOH。
A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A错误；
B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；
C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C正确；
D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D错误；
故选C。
16．C【详解】用盐酸滴定溶液，pH较大时的分布分数最大，随着pH的减小，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，恰好生成之后，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，表示、、的分布分数的曲线如图所示，，据此分析选择。
A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；
B．根据图像可知c点中，B错误；
C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；
D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误；
答案为：C。
17．(1) 催化 防止氧气、水进入密闭体系
(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽
(3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量（任写一种即可）
(4)BC
(5)bdg
【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。
（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)39H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)39H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）上述化学反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)39H2O均匀分散在液氨中，A正确；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点然、不会产生火焰，且对易气体点火有安全隐患，B错误；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；
D.因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确；
故选BC；
（5）题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg 加入过量盐酸标准溶液加入滴加甲基红指示剂用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
18．(1) 三颈烧瓶 溶液 不能
(2)
(3) 防止倒吸 溶液由绿色完全转变为紫红色
(4)打开弹簧夹，通入空气(或)
(5)在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
(6)0.1800
【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
（1）由实验装置图可知，仪器b为三颈烧瓶；由分析可知，装置d中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；仪器a为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下不能检验装置的气密性。
（2）由分析可知，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为。
（3）由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；由方程式可知，当装置B中绿色的锰酸钾溶液完全转变为紫红色高锰酸钾溶液时，说明锰酸钾完全反应，应停止通氯气。
（4）当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除装置。
（5）由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢。
（6）由表格数据可知，第一次实验的误差较大，应舍去，所以滴定中消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，由方程式可知，试样中过氧化氢的浓度为。
19．(1) 分液漏斗
(2)a→de→cb→de→f
(3)防止HNO3分解、挥发；温度较低则反应速率较慢
(4)由于生成的NOSO4H对该反应有催化作用，导致反应速率加快
(5)亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO
(6) 溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内颜色不再恢复 90.7%
【解析】在装置A中用Na2SO3与浓H2SO4发生复分解反应制取SO2，由于亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解，因此制取的SO2气体需经装置C中浓硫酸的干燥作用，将气体通入B中，与浓硝酸在浓硫酸催化下反应产生NOSO4H，再经C的干燥作用，由于SO2是大气污染物，同时硝酸有挥发性，挥发的硝酸蒸气及未反应的SO2气体可以使用D中NaOH溶液进行吸收，防止大气污染。
（1）根据仪器的构造可知，仪器I的名称为分液漏斗；在装置A中Na2SO3与浓H2SO4发生复分解反应制取SO2，制备SO2反应的化学方程式为：；
（2）在装置A中制取SO2气体，在装置C中干燥SO2，导气管连接应该是长进短出，然后使SO2气体由c通入B装置中，在装置B中发生反应制取NOSO4H，为防止NOSO4H水解变质，再连接C装置，挥发的硝酸蒸气及未反应的SO2气体用D装置的NaOH溶液进行吸收，故按气流从左到右的顺序，上述仪器接口的连接顺序为：a→de→cb→de→f；
（3）在装置B要使用冷水浴，是由于浓硝酸不稳定，受热或光照易分解，冷水浴就可以防止HNO3分解、挥发；温度较低则反应速率较慢；
（4）在上述反应条件下，开始时反应缓慢，但某时刻反应速率明显加快是由于生成的NOSO4H对该反应有催化作用，导致反应速率加快；
（5）如果不使用装置C，造成的影响是亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO；
（6）随着Na2C2O4溶液的滴入，溶液中KMnO4溶液浓度逐渐减小，当达到滴定终点时，溶液中KMnO4恰好反应完全，此时溶液由浅紫色变为无色，半分钟内溶液不再恢复紫色，故其现象为：滴入最后一滴Na2C2O4溶液，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内颜色不再恢复；根据方程式可得关系式：，现在25.00mLNOSO4H溶液中含有NOSO4H的物质的量，则在14.00g样品中含有NOSO4H的物质的量，其质量为：，所以亚硝酰硫酸的纯度为。
20．(1)
(2)防止空气中水分进入使水解
(3) 70℃
(5)b
【解析】由实验装置图可知，装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。
（1）元素的非金属性越强，三卤化氮中氮卤键的键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强，则的热稳定性强于三氯化氮；由题意可知，三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，反应的化学方程式为，故答案为：；；
（2）装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中，故答案：防止水蒸气进入锥形瓶中；
（3）由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为；由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间，故答案为：；70℃~95℃；
（4）由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为，故答案为：；
（5）滴定终点溶质为铵盐和钠盐，铵根离子会水解，使溶液呈弱酸性，故滴定时最适宜的指示剂为甲基橙，故答案：b。
易错点24 水的电离平衡
易错题【01】液酸碱性的判断方法
(1)根据pH、pOH、p进行判断。
pH
(2)常温下,已知pH之和的酸、碱溶液等体积混合所得溶液的酸碱性分析
①两强混合
a.若pH之和等于14,则混合后溶液显中性,pH=7。
b.若pH之和大于14,则混合后溶液显碱性,pH>7。
c.若pH之和小于14,则混合后溶液显酸性,pH<7。
②一强一弱混合
pH之和等于14时,一元强酸溶液和一元弱碱溶液等体积混合呈碱性;一元强碱溶液和一元弱酸溶液等体积混合呈酸性。
易错题【02】图解量器错误读数产生的误差
(1)俯视和仰视(如图b和图c)
①如图b，当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，寻找切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。（量筒刻度从下到上逐渐增大）
②如图c，当用滴定管测量液体的体积时，由于仰视视线向上倾斜，寻找切点的位置在液面的下侧，因滴定管刻度顺序与量筒不同，仰视读数偏大。（滴定管刻度从下到上逐渐减小）
（2）酸碱中和滴定实验中，两次视线呈三角形，读的体积小于实际体积（如图d）；两次视线呈梯形，读的体积小于实际体积（如图e）。
易错题【03】突破酸碱中和滴定曲线中的粒子浓度关系
(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合；
(2)抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么？判断溶液的酸碱性。
(3)抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
(4)抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么？判断哪种物质过量。
易错题【04】滴定方式及应用:
滴定方式
实例
直接滴定法
许多还原性物质Fe2＋、N、H2O2、C2等。如5H2O2＋2Mn＋6H＋=5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O
返滴定法
氧化性物质可用返滴定法。例如,测MnO2含量时,可在H2SO4溶液中加入过量的Na2C2O4标准溶液,待与MnO2作用完毕后,用KMnO4标准液滴定过量的C2。
MnO2＋C2＋4H＋=Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O，2Mn＋5C2＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
间接滴定法
某些非氧化性物质,可以用间接滴定法进行测定。例如,测Ca2＋含量时,先将Ca2＋沉淀为CaC2O4,再用稀硫酸将所得沉淀溶解,用KMnO4标准液滴定溶液中的H2C2O4,间接求得Ca2＋含量。CaC2O4＋2H＋=H2C2O4＋Ca2＋,2Mn＋6H＋＋5H2C2O4=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
典例分析
例题1、已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是( )
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1
D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)
【解析】溶液呈中性，说明c(H＋)＝c(OH－)，而水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝c2(H＋)，所以c(H＋)＝ mol·L－1，C正确。A项中a＝b，不知酸和碱的强弱，故不好判断溶液酸碱性；B项中没有指明在25 ℃时，pH＝7不能作为溶液呈中性的依据；D项为电荷守恒，不能判定该溶液呈中性。
例题2、25℃时，分别用浓度为、和的NaOH溶液滴定浓度不同、体积均为20mL的3种HCl溶液，测得3个溶液的pH随变化的曲线如图，在恰好中和。下列说法不正确的是（ ）
A．以a作指示剂时，滴定终点颜色变化为无色恰好变为浅红色
B．曲线X、Y、Z对应的
C．滴定溶液浓度不宜过高，因为在中和点附近多加l滴溶液引入的误差较大
D．由图可知溶液浓度越小，突跃范围越大，可供选择的指示剂越多
D【解析】a指示剂的变色范围为8-10，则a为酚酞，滴定终点颜色变化为无色恰好变为浅红色，A正确；根据滴定后pH 值，可知曲线X、Y、Z对应的，B正确；滴定溶液浓度不宜过高，因为盐酸浓度不确定，两者弱浓度差较大，中和点附近多加l滴溶液引入的误差较大，C正确；由图可知溶液浓度越小，突跃范围越大，可供选择的指示剂越少，D错误。
例题3、(1)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2＋2S2=2I-＋S4。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________,样品中S2-的含量为______________________(写出表达式)。
(2)环己烯含量的测定：在一定条件下,向a g环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2,与环己烯充分反应后,剩余的Br2与足量KI作用生成I2,用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定,终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中,发生的反应如下:
①Br2＋
②Br2＋2KI=I2＋2KBr
③I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6
滴定所用指示剂为________。样品中环己烯的质量分数为________(用字母表示)。
下列情况会导致测定结果偏低的是________(填序号)。
a.样品中含有苯酚杂质
b.在测定过程中部分环己烯挥发
c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化
【解析】(1)滴定终点时,I2被消耗完,溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2＋2S2=2I-＋S4可知,与Na2S2O3溶液反应的n1(I2)=×0.100 0×,则与S2-反应的n2(I2)=×0.100 0-n1(I2)=(mol),由电子守恒可知S2-～I2,则样品中S2-的含量为×100%。
(2)有碘单质滴定时用淀粉作指示剂。根据关系式计算与环己烯反应后剩余n(Br2):
Br2 ～ I2 ～ 2Na2S2O3
1 mol 2 mol
反应消耗n(Na2S2O3)=cV×10-3mol,则参加反应的n(Br2)=cV×10-3 mol,与己烯反应消耗的n(Br2)=b-cV×10-3 mol,样品中环己烯的质量分数为:
样品中含有苯酚,苯酚会与溴反应,测定结果偏高;在测定过程中环己烯挥发,导致结果偏低;Na2S2O3溶液被氧化时,消耗的体积增大,所测定环己烯的质量分数偏低。
【答案】(1)浅蓝色至无色 ×100% (2)淀粉溶液 b、c
1．（2022·湖南·高考真题）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是
A．碱式滴定管排气泡
B．溶液加热
C．试剂存放
D．溶液滴加
2．（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
3．（2021·天津·高考真题）常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、、
B．pH=12的溶液：K+、Na+、、
C．pH=7的溶液：Na+、Cu2+、S2-、Cl-
D．pH=7的溶液：Al3+、K+、Cl-、
4．（2022·湖北·襄阳五中模拟预测）常温下，用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液，已知醋酸的电离常数为Ka=1.8×10-5，下列说法错误的是
A．在氨水滴定前，混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)
B．在氨水滴定前，混合溶液c(CH3COO-)≈Ka
C．当滴入氨水10mL时，c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量等于20mL，且c()＜c(Cl-)
5．（2021·福建·高考真题）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是
A．a点溶液的比c点溶液的小
B．a点时，
C．b点溶液中，
D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解
6．（2022·广东惠州·二模）常温下，向25.00mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LHA，溶液的pH随加入的HA溶液体积的变化曲线如图所示(HA是一种弱酸，溶液混合后体积的变化忽略不计)，下列说法正确的是
A．由水电离产生H+的浓度c(H+)： A>B
B．溶液中存在：c(H+)+c(Na+) =c(OH-)+c(A-)
C．从A到C，都存在：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
D．在D点：c(Na+)=2c(HA)+2c(A-)
7．（2022·青海·海东市第一中学一模）常温下，用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：c(CH3COO-)>c(H+)>c(CH3COOH)
B．点②所示溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
C．点③所示溶液中：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．点④所示溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
8．（2022·四川凉山·三模）25°C时，向20mL0.5mol·L-1的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L-1的盐酸，溶液中和溶液的pOH[pOH=-lg c(OH-)]随中和率的变化关系如图所示。已知：中和率=。下列说法正确的是
A．a点时，<1
B．b点时，c(M+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
C．c点时，2c(M+)+c(MOH)+c(H+)<3c(Cl-)+c(OH-)
D．d点对应的溶液中升高温度pOH值一定增大
9．（2022·江西·三模）已知常温下二元弱酸H2A溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数(δ)随pH变化如图所示[如A2-分布分数：δ(A2-)=]，下列说法错误的是
A．曲线x代表H2A，曲线z代表A2-
B．pH从3升高至4，的值一直减小
C．n点对应的溶液中水电离出的c(H+)=10-12.7mol·L-1
D．将浓度均为0.05mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，所得溶液pH>4.3
10．（2022·河南·模拟预测）25℃时，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H3AO3溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ(平衡时某含A微粒的浓度占各含A微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示(已知100.2=1.58)：
下列说法错误的是
A．H3AO3属于二元酸
B．第一次滴定终点时可用甲基橙作指示剂
C．当溶液呈中性时，溶液中约为6
D．当加入30mLNaOH溶液时，2c(Na+)=6c(HAO)+3c(H3AO3)
11．（2022·河南·二模）常温下，为探究某一元酸HA的性质，分别取20.00mL0.100mol·L-1的HA、盐酸、醋酸三种溶液，分别用0.100mol·L-1NaOH溶液滴定，用pH计测定滴定过程中的pH，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是
已知常温下：Ka(CH3COOH)=1.75 ×10-5，=1.32，lg1.32=0.12
A．曲线a、b、c分别表示HCl 、CH3COOH、HA
B．C点：c(HA)-c(A- )>c(OH-)-c(H+ )
C．将曲线a的A点和曲线c的D点的溶液混合，混合后的溶液呈酸性
D．向曲线c的D点的溶液中滴加盐酸至pH= 7.00，则c(Na+ )> c(HA)=c(Cl- )>c(A- )
12．（2022·新疆·博乐市高级中学（华中师大一附中博乐分校）一模）常温下，2一戊烯酸(CH3CH2CH=CHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1，向20mL0.1mol·L-12-戊烯酸溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2.已知：δ(CH3CH2CH=CHCOOH)=。
下列说法错误的是
A．图1中，曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH
B．图2中，①对应溶液的溶质为2-戊烯酸和2一戊烯酸钠，此时溶液的pH=4.7
C．图2中，②对应的溶液中存在：c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)
D．图2中，③对应的溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)
13．（2022·江西·模拟预测）某温度下，向0.1mol·L-1H2X溶液中缓慢加入固体NaOH，溶液pH、温度随H2X被滴定分数的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．M点，Ka1(H2X)≈1.0×10-5 B．N点，c(H2X)+c(H+)=c(OH-)+c(X2-)
C．P点，c(Na+)
A．CH3COOH的电离常数约为10-5
B．水的电离程度：点①>点③>点②
C．在点①和点②所示溶液中：c(CN-)>c(CH3COO-)
D．在点③和点④之间的溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
15．（2022·北京一七一中三模）用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表向HCl中滴加NaOH B．A点溶液的pH小于C点溶液的pH
C．A、B两点水的电离程度：A>B D．C→D发生了反应：H++OH-=H2O
16．（2021·辽宁·高考真题）用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】
A．的为 B．c点：
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．
17．（2022·浙江·高考真题）氨基钠()是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。
简要步骤如下：
Ⅰ.在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ.加入5g钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ.除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
(1)的作用是_______；装置B的作用是_______。
(2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案_______。
(3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有_______。
(4)下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
(5)产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序_______。
准确称取产品计算
a.准确加入过量的水
b.准确加入过量的标准溶液
c.准确加入过量的标准溶液
d.滴加甲基红指示剂(变色的范围4.4～6.2)
e.滴加石蕊指示剂(变色的范围4.5～8.3)
f.滴加酚酞指示剂(变色的范围8.2～10.0)
g.用标准溶液滴定
h.用标准溶液滴定
i.用标准溶液滴定
18．（2022·四川巴中·模拟预测）利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如下图所示(加热、夹持装置略):
(1)仪器b的名称为___________，d中的溶液是_____________。实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作_______(填“能”或“不能”)检验装置的气密性。
(2)装置B中Cl2氧化K2MnO4的化学方程式为___________。
(3)单向阀的作用是_______， 当仪器B中_______即停止通氯气。
(4)当B中反应结束，后续操作是熄灭A处酒精灯,_______待冷却后拆除装置。
(5)锰酸钾(K2MnO4) 在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应: +MnO2↓+4OH-根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_________________。
(6)某兴趣小组同学用0.1000 mol·L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某过氧化氢试样，反应原理为2+ 5H2O2 + 6H+ =2Mn2+ + 8H2O+5O2↑。用移液管移取25．00 mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:
第一次
第二次
第三次
第四次
17．30
17．90
18．00
18．10
计算试样中过氧化氢的浓度为_______mol·L-1．
19．（2022·广西·模拟预测）亚硝酰硫酸(NOSO4H)在重氮化反应中可以代替亚硝酸钠。实验室用如图装置(夹持仪器略)制备少量亚硝酰硫酸，并测定产品纯度。
已知：①亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解为硫酸、硝酸和NO，溶于浓硫酸而不分解。
②实验室制备亚硝酰硫酸的原理为SO2+HNO3=SO3+HNO2，SO3+HNO2=NOSO4H。
回答下列问题：
(1)仪器I的名称为_______，写出A中反应的化学方程式_______。
(2)按照气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_______(填仪器接口的字母，部分仪器可以重复使用)。
(3)装置B中的“冷水”控制在20℃左右，温度不宜过高或过低的原因是_______。
(4)在上述反应条件下，开始时反应缓慢，但某时刻反应速率明显加快，其原因是_______。
(5)如果不使用装置C，造成的影响是_______。
(6)测定亚硝酰硫酸的纯度
已知：2KMnO4 + 5NOSO4H +2H2O =K2SO4 + 2MnSO4 + 5HNO3 +2H2SO4；2 + 5 +16H+ =2Mn2++10CO2↑+8H2O。
步骤如下：
步骤1：准确称取14. 00g产品，在特定条件下配制成250 mL溶液。
步骤2：取25. 00 mL产品于250 mL容量瓶中，加入60. 00 mL未知浓度KMnO4溶液(过量)和10. 00 mL 25%H2SO4溶液，然后摇匀。
步骤3：用0. 2500 mol· L-1 Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液20. 00 mL。
把亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水(空白实验) ，复上述步骤，消耗Na2C2O4溶液的体积为60. 00 mL。
①达到滴定终点时的现象为_______。
②亚硝酰硫酸的纯度为_______(精确到0.1%)。
20．（2022·广东广州·模拟预测）可用于面粉的漂白和杀菌。已知：为黄色油状液体，熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。
Ⅰ.实验室可用和溶液反应制取，所用装置如下：
完成下列填空：
(1)三卤化氮()的分子空间构型与相似，热稳定性比强的有_______，在热水中易水解，反应液有漂白性。写出水解的化学方程式_______。
(2)仪器D的作用是_______。
(3)向蒸馏烧瓶内的溶液中通入过量，B中反应的化学方程式为_______，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为_______，将产品蒸出。
Ⅱ.待反应结束，为测定溶液中残留的的物质的量浓度，进行如下操作：
ⅰ.取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热；
ⅱ.用15.00mL的稀硫酸吸收产生的，得到溶液A；
ⅲ.用的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点，消耗VmLNaOH标准液。
(4)滴定至终点时溶液中溶质仅有和，用含V的代数式表示残留液中的物质的量浓度为_______。
(5)为减小误差，滴定时最适宜的指示剂为_______(选填序号)。
a.酚酞 b.甲基橙 c.石蕊 d.淀粉溶液
参考答案
1．A【详解】A．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；
B．用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的处，B不符合规范；
C．实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物要分开存放，C不符合规范；
D．用滴管滴加溶液时，滴管不能伸入试管内部，应悬空滴加，D不符合规范；
故选A。
2．A【详解】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。
A．量筒的精确度不高，不可用量简量取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。
3．B【详解】A．pH=1的溶液中，在酸性条件下与Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．pH=12的溶液中，K+、Na+、、均不能发生反应，能大量共存，故B正确；
C．pH=7的溶液中，Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．pH=7的溶液中，Al3+、会发生双水解，不能大量共存，故D错误；
故选B。
4．D【详解】A．依据物料守恒，c(Cl-)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，则混合溶液c(Cl-)＞c(CH3COOH)，A正确；
B．在氨水滴定前，混合溶液Ka =，c(H+)≈c(CH3COOH)，则c(CH3COO-)≈Ka，B正确；
C．当滴入氨水10mL时，氨水的物质的量与醋酸的物质的量相等，则依据物料守恒，c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，C正确；
D．CH3COONH4呈中性，NH4Cl呈酸性，当溶液呈中性时，氨水应过量，氨水滴入量大于20mL，且c()＞c(Cl-)，D错误；
故选D。
5．A【详解】A．Kw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但是不同，c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh= ，所以，故B错误；
C．b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒： ，由于c(H+)
故选A。
6．B【详解】B点时滴加酸的体积与碱溶液的体积相同，为滴定终点，溶质为NaA，水的电离程度最大；C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等；D点滴入酸的体积为碱溶液体积的2倍，故溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同。
A．A点为碱溶液，水的电离受到抑制，B点为正盐溶液，促进水的电离，故由水电离产生H+的浓度c(H+)： A
C．C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等，C错误；
D．D点溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同，根据物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，D错误；
故选B。
7．D【详解】点①所示溶液为CH3COOH溶液，NaOH溶液的浓度与醋酸相同，且醋酸的体积为20mL，所以点②所示溶液可视作等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，其溶液为酸性，点③所示溶液pH=7，呈中性，所以溶液中c(H+)=c(OH−)，点④所示溶液为中和滴定的终点，溶液可视作醋酸钠的溶液。
A．点①所示溶液为CH3COOH溶液，c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)，A错误；
B．点②所示溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，且两者浓度相等，根据电荷守恒得到：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，根据物料守恒得到：c(CH3COOH)+ c(CH3COO－) =2c(Na+)，因此c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO－)+2c(OH－)，B错误；
C．点③所示溶液pH=7，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，又c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，C错误；
D．点④所示溶液为中和滴定的终点，溶质为CH3COONa，离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D正确；
答案选D。
8．C【详解】A． a点时，=0，=1，故A错误；
B．b点有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液的pOH＜7，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，说明MOH电离程度大于M+的水解程度，氯离子不水解，所以溶液中存在c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl-)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以存在2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl-)+c(OH-)，故C正确；
D． d点酸碱恰好完全中和，溶质为MCl，d点对应的溶液中升高温度，MCl水解程度增大，溶液酸性增强，pOH值增大，同时，升高温度，d点水电离程度最大，氢氧根离子浓度增大，pOH=-lg c(OH-)减小，POH净增大还是减小，由MCl水解和水电离两者共同决定，不能确定温度升高，POH是否一定增大，故D错误；
故选C。
9．B【详解】根据横坐标的pH增大判断，H2A中滴加碱，导致氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，根据二元酸的电离平衡判x线为H2A，y线为HA-，z线为A2-；
A．根据二元弱酸的两步电离平衡判断，当加入碱后促进第一步电离，故x线为H2A，曲线z代表A2-，故A正确；
B．，当pH从3升高至4时，Ka1保持不变，通过图像判断HA-在减小，故增大；
C．n点对应的溶液中，pH=1.3，则根据Kw得c(OH-)=10-12.7mol·L-1，故水电离出的c(H+)=10-12.7mol·L-1；故C正确；
D．根据图像中m点判断HA-和A2-的浓度相同时，溶液的pH=4.3，根据图像n点计算出Ka1=10-1.3，m点计算出Ka2=10-4.3，则Kh1=10-9.7，Kh2=10-12.7，故当将浓度均为0.05mol·L-1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，因为HA-的电离大于A2-的水解，导致溶液中HA-的浓度小于A2-的浓度，根据图像判断pH>4.3，故D正确；
【点睛】此题考查酸的电离平衡的移动影响，注意图像中的特殊点进行相关计算，其次平衡常数只与温度有关。
10．D【详解】向H3AO3中逐滴的滴加NaOH溶液，根据反应过程和分布曲线可知，a段表示H3AO3的浓度减少(pH=0~4)，b段表示H2AO的浓度先增大后减小，c段表示HAO的浓度逐渐增加(pH≥4)，据此可分析解答。
A．由图可知用NaOH溶液滴定H3AO3溶液时，溶液中含A的微粒变化过程是pH=0~4时，H3AO3减少，H2AO增加，pH=4~8时，H2AO减少，HAO增加，之后随着NaOH加入不再发生反应，所以H3AO3属于二元酸，A选项正确；
B．第一次滴定终点溶液pH接近于4，可使用变色范围在3.1~4.4的甲基橙，B选项正确；
C．由图可得:，当溶液呈中性时，、，根据此时溶液的电荷守恒和溶液显中性可得：c(Na+)=c(H2AO)+2c(HAO)，把c(H2AO):c(HAO)=2:5，代入得c(Na+)=6c(H2AO)，所以=6，C选项正确；
D．当加入30mlNaOH时，H3AO3与NaOH的物质的量比为2:3，反应方程式为2H3AO3+3NaOH=NaH2AO3+Na2HAO3+3H2O，可写出物料守恒式2c(Na+)=3[c(H3AO3)+ c(H2AO)+ c(HAO)]，溶液中H2AO存在电离和水解平衡，HAO存在水解平衡，程度各不相同，所以c(H2AO)≠ c(HAO)，即2c(Na+)≠3c(H3AO3)+6 c(HAO)，D选项错误；
答案选D。
11．C【详解】根据起点判断，0.1mol/L的盐酸溶液pH=1，则a为盐酸。由于CH3COOH的电离常数为1.75×10-5，则0.1mol/LCH3COOH溶液中，推知pH=-lg(1.32×10-3)=3-0.12=2.88。所以曲线b、c分别为CH3COOH和HA溶液。C起点pH=5.50，则。
A．由以上分析曲线a、b、c分别为盐酸、CH3COOH和HA溶液，A项正确；
B．C点存在的物质为HA和NaA且物质的量之比为1:1，则该溶液中的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，推知c(Na+)= c(A-)+c(OH-)-c(H+)。物料守恒式为c(HA)+c(A-)=2c(Na+)，两等式整合得c(HA)- c(A-)=2[c(OH-)-c(H+)]。由于该点pH>7，则c(OH-)-c(H+)>0，所以c(HA)- c(A-)>c(OH-)-c(H+)，B项正确；
C．A点物质为HCl和NaCl，且物质的量均为0.1×0.01=0.001mol。D点为NaA，其物质的量为0.002mol。则两点溶液混合后得到的物质为NaCl、HA、NaA，物质的量分别为0.002mol、0.001mol、0.001mol。则此溶液有，则c(H+)=10-10，pH=10，溶液呈碱性，C项错误；
D．D点中加入盐酸至中性，则该溶液为NaCl、NaA、HA，该体系的电荷守恒式和物料守恒式分别为 c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)+c(Cl-)、c(HA)+c(A-)=c(Na+)，得出c(HA)=c(Cl-)。由C点得出若溶液为中性c(HA)>c(A-)，所以c(Na+ )> c(HA)=c(Cl- )>c(A- )，D项正确；
故选C。
12．B【详解】A．CH3CH2CH=CHCOOH CH3CH2CH=CHCOO-+H+，随着pH逐渐增大CH3CH2CH=CHCOOH浓度逐渐减小(I曲线)，CH3CH2CH=CHCOO-浓度逐渐增大(II曲线)，A选项正确；
B．图2中①表示当NaOH加入10mL时，此时溶液的溶质为等物质的量的2-戊烯酸和2一戊烯酸钠，此时溶液pH<7，说明CH3CH2CH=CHCOOH电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO-水解程度，c(CH3CH2CH=CHCOOH)≠ c(CH3CH2CH=CHCOO-)，对应图1可知溶液pH≠4.7，B选项错误；
C．图2中②表示V(NaOH)<20mL，溶液为2-戊烯酸和2一戊烯酸钠混合溶液，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)= c(CH3CH2CH=CHCOO-)+c(OH-)，此时溶液pH=7，常温下呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)，由图1可知pH>4.7时，c(CH3CH2CH=CHCOO-)> c(CH3CH2CH=CHCOOH)，故C选项正确；
D．图2中，③对应V(NaOH)=20mL，恰好与2-戊烯酸完全反应生成CH3CH2CH=CHCOONa，根据质子守恒式可知c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)，D选项正确；
答案选B。
13．C【详解】已知酸碱中和反应是一个放热反应，由图可知随着NaOH的滴加溶液温度升高，当NaOH过量后溶液温度又开始下降，故曲线I为温度随H2X被滴定分数的变化，随着NaOH的滴加，溶液pH始终保持增大趋势，故曲线II为pH随H2X被滴定分数的变化，据此分析解题。
A．由图示信息可知，M点c(H+)≈c(HX-)=10-3mol/L，c(H2X)≈0.1mol/L，则Ka1(H2X)=≈≈1.0×10-5，A正确；
B．由图示信息可知，N点对应n(H2X)=n(NaOH)，则反应后溶质为NaHX，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，根据物料守恒有：c(Na+)=c(HX-)+c(X2-)+c(H2X)，则有c(H2X)+c(H+)=c(OH-)+c(X2-)，B正确；
C．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，又知P点pH=7，即c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)，C错误；
D．由图示信息可知，Q点对应2n(H2X)=n(NaOH)，则反应后溶质为Na2X，则有：X2-+H2OHX-+OH-，此时溶液pH=8.5，即c(H+)=10-8.5，则c(OH-)==10-5.5，则Kh1(X2-)===1.0×10-10，D正确；
故答案为：C。
14．C【详解】CH3COOH是弱酸，存在电离CH3COOHCH3COO-+H+，HCN溶液存在平衡：HCNCN-+H+。
A．根据CH3COOH曲线的起点数据，此时NaOH还没加入，pH为3，故CH3COOH的电离常数为=10-5，A正确；
B．点②CH3COOH的电离抑制水的电离，点③pH为7，水的电离没被促进也没被抑制，点①是HCN和NaCN的混合溶液，溶液显碱性，CN-的水解大于HCN的电离，且促进水的电离，则水的电离程度：点①>点③>点②，B正确；
C．在点①和点②所示溶液中，分别加入了10mL的NaOH，两溶液均恰好反应了一半，不考虑水解与电离则有c(CH3COOH)= c(HCN)，根据题意，点②所对应溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中c(CH3COO-)-> c(CH3COOH)；点①所对应溶液为等浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，则HCN电离小于CN-的水解，溶液c(CN-)< c(HCN)；故两溶液中：c(CN-)
故选C。
15．C【详解】HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，曲线①代表向CH3COOH中滴加NaOH。
A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A错误；
B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；
C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C正确；
D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D错误；
故选C。
16．C【详解】用盐酸滴定溶液，pH较大时的分布分数最大，随着pH的减小，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，恰好生成之后，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，表示、、的分布分数的曲线如图所示，，据此分析选择。
A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；
B．根据图像可知c点中，B错误；
C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；
D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误；
答案为：C。
17．(1) 催化 防止氧气、水进入密闭体系
(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽
(3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量（任写一种即可）
(4)BC
(5)bdg
【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。
（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)39H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)39H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）上述化学反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)39H2O均匀分散在液氨中，A正确；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点然、不会产生火焰，且对易气体点火有安全隐患，B错误；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；
D.因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确；
故选BC；
（5）题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg 加入过量盐酸标准溶液加入滴加甲基红指示剂用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
18．(1) 三颈烧瓶 溶液 不能
(2)
(3) 防止倒吸 溶液由绿色完全转变为紫红色
(4)打开弹簧夹，通入空气(或)
(5)在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
(6)0.1800
【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
（1）由实验装置图可知，仪器b为三颈烧瓶；由分析可知，装置d中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；仪器a为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下不能检验装置的气密性。
（2）由分析可知，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为。
（3）由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；由方程式可知，当装置B中绿色的锰酸钾溶液完全转变为紫红色高锰酸钾溶液时，说明锰酸钾完全反应，应停止通氯气。
（4）当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除装置。
（5）由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢。
（6）由表格数据可知，第一次实验的误差较大，应舍去，所以滴定中消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，由方程式可知，试样中过氧化氢的浓度为。
19．(1) 分液漏斗
(2)a→de→cb→de→f
(3)防止HNO3分解、挥发；温度较低则反应速率较慢
(4)由于生成的NOSO4H对该反应有催化作用，导致反应速率加快
(5)亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO
(6) 溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内颜色不再恢复 90.7%
【解析】在装置A中用Na2SO3与浓H2SO4发生复分解反应制取SO2，由于亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解，因此制取的SO2气体需经装置C中浓硫酸的干燥作用，将气体通入B中，与浓硝酸在浓硫酸催化下反应产生NOSO4H，再经C的干燥作用，由于SO2是大气污染物，同时硝酸有挥发性，挥发的硝酸蒸气及未反应的SO2气体可以使用D中NaOH溶液进行吸收，防止大气污染。
（1）根据仪器的构造可知，仪器I的名称为分液漏斗；在装置A中Na2SO3与浓H2SO4发生复分解反应制取SO2，制备SO2反应的化学方程式为：；
（2）在装置A中制取SO2气体，在装置C中干燥SO2，导气管连接应该是长进短出，然后使SO2气体由c通入B装置中，在装置B中发生反应制取NOSO4H，为防止NOSO4H水解变质，再连接C装置，挥发的硝酸蒸气及未反应的SO2气体用D装置的NaOH溶液进行吸收，故按气流从左到右的顺序，上述仪器接口的连接顺序为：a→de→cb→de→f；
（3）在装置B要使用冷水浴，是由于浓硝酸不稳定，受热或光照易分解，冷水浴就可以防止HNO3分解、挥发；温度较低则反应速率较慢；
（4）在上述反应条件下，开始时反应缓慢，但某时刻反应速率明显加快是由于生成的NOSO4H对该反应有催化作用，导致反应速率加快；
（5）如果不使用装置C，造成的影响是亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO；
（6）随着Na2C2O4溶液的滴入，溶液中KMnO4溶液浓度逐渐减小，当达到滴定终点时，溶液中KMnO4恰好反应完全，此时溶液由浅紫色变为无色，半分钟内溶液不再恢复紫色，故其现象为：滴入最后一滴Na2C2O4溶液，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内颜色不再恢复；根据方程式可得关系式：，现在25.00mLNOSO4H溶液中含有NOSO4H的物质的量，则在14.00g样品中含有NOSO4H的物质的量，其质量为：，所以亚硝酰硫酸的纯度为。
20．(1)
(2)防止空气中水分进入使水解
(3) 70℃
(5)b
【解析】由实验装置图可知，装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。
（1）元素的非金属性越强，三卤化氮中氮卤键的键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强，则的热稳定性强于三氯化氮；由题意可知，三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，反应的化学方程式为，故答案为：；；
（2）装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中，故答案：防止水蒸气进入锥形瓶中；
（3）由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为；由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间，故答案为：；70℃~95℃；
（4）由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为，故答案为：；
（5）滴定终点溶质为铵盐和钠盐，铵根离子会水解，使溶液呈弱酸性，故滴定时最适宜的指示剂为甲基橙，故答案：b。
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