高考化学总复习四十七

高考化学总复习四十七——
酸碱中和滴定及拓展应用
1.常温下，取浓度均为0.1mol·L−1的弱酸HA溶液和弱碱BOH溶液各20mL，分别
用0.1mol·L−1NaOH溶液、0.1mol·L−1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加
溶液体积的变化如图所示(混合后的体积变化忽略不计)，下列说法正确的是()
A. 两个滴定实验均可用酚酞作指示剂
B. 两条曲线的交点为两个滴定实验的终点
C. 曲线Ⅰ中，滴加溶液5mL时，溶液中c(BOH)+c(OH−)=c(H+)+0.06mol·L−1
D. 曲线Ⅱ中，滴加溶液30mL时，溶液中c(Na+)+c(A−)=c(HA)+0.1mol·L−1
2.常温下，向20mL0.1mol·L−1HB溶液中逐滴滴入0.1mol·L−1NaOH溶液，所得pH
变化曲线如图所示。

下列说法错误的是()
A. OA各点溶液均存在：c(B−)>c(Na+)
B. C至D各点溶液导电能力依次增强
C. 点O时，pH>1
D. 点C时，x约为10.4
3. 已知：p[c(HX)c(X −)]=−lg[c(HX)
c(X −)
].室温下，向0.10 mol ⋅L −1HX 溶液中滴加0.10mol ⋅L −1NaOH 溶液，溶液pH 随p[c(HX)c(X −)
]变化关系如图所示。

下列说法正确的是( )
A. 溶液中水的电离程度：a >b >c
B. c 点溶液中：c(Na +)=10c(HX)
C. 室温下NaX 的水解平衡常数为10−4.75
D. 图中b 点坐标为(0,4.75)
4. 常温下，向20 mL 0.1 mol ·L −1一元酸HA 中滴加相同浓度的KOH 溶液，溶液中由
水电离的氢离子浓度随加入KOH 溶液体积的变化如图所示。

则下列说法错误的是
A. HA 的电离常数约为10−5
B. b 点溶液中存在：c(A −)=c(K +)
C. c 点对应的KOH 溶液的体积V =20 mL ，c 水(H +)约为7×10−6mol ·L −1
D. 导电能力：c >a >b
5. 往10mL0.1mol/L 的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO 4溶液，溶液的导电能力随滴
入溶液体积变化的曲线如图。

下列说法正确的是
A. a点对应的溶液呈碱性
B. V2=10mL
C. 水的电离程度：a>b
D. b点后的溶液满足c(Na+)>2c(SO42−)
6.常温下，向20mL0.1mol·L−1HB溶液中逐滴滴入0.1mol·L−1NaOH溶液，所得pH
变化曲线如图所示。

下列说法错误的是
A. OA各点溶液均存在：c(B−)>c(Na+)
B. C至D各点溶液导电能力依次增强
C. 点O时，pH>1
D. 点C时，x约为10.4
7.用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L−1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所
示(忽略混合时溶液体积的变化)。

下列叙述正确的是
A. K a1(H2SO3)的数量级为10−5
B. 若滴定到第二反应终点，可选用甲基橙作指示剂
C. 图中X点对应的溶液中：c(Na+)>c(HSO3−)>c(OH−)>c(SO32−)
D. 图中Y点对应的溶液中：3c(SO32−)=c(Na+)+c(H+)−c(OH−)
8.室温下，分别向体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L−1的HX、HY溶液中滴加同
浓度的Ba(OH)2溶液(Ba2+与X−、Y−均不反应)。

已知pOH水=−lg c水(OH−)，
c 水(OH−)为反应后溶液中由水电离产生的氢氧根离子浓度。

pOH
水
与滴加氢氧化钡
溶液体积的关系如图所示。

下列说法正确的是
A. 室温下，K a(HX)<K a(HY)
B. Q点溶液显中性，溶液中c(X−)=2c(Ba2+)
C. T点溶液中阴离子浓度之和大于M点
D. 室温下，水解常数K h(Y−)=1.5×10−7
9.二甲胺[(CH3)2NH]在水中电离与氨相似，K b[(CH3)2NH·H2O]=1.6×10−4。

常温
下，用0.100mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.100mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。

下列说法正确的是()
A. b点溶液：c[(CH3)2NH2+]>c[(CH3)2NH⋅H2O]>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
B. d点溶液：c[(CH3)2NH2+]+c(H+)>c[(CH3)2NH⋅H2O]+c(Cl−)
C. e点溶液中：c(H+)−c(OH−)=c[(CH3)2NH2+]+c[(CH3)2NH⋅H2O]
D. a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：d>c>b>a
10.常温下，用0.1000mol·L−1的盐酸采用“双指示剂法”滴定25.00mL0.1000mol·
L−1纯碱溶液，滴定曲线如图所示。

下列说法正确的是()
A. 开始滴定到终点①过程应采用甲基橙作指示剂
B. 由①到②的过程中会出现c(Na+)>2c(CO32−)+c(HCO3−)
C. 滴定终点①处，水电离出的氢离子浓度约为10−8.7mol·L−1
D. 滴定过程中含碳微粒的总浓度始终保持0.1000mol·L−1
11.电解质的电导率越大，导电能力越强。

用0.100mol·L−1的KOH溶液分别滴定体积
均为20.00mL、浓度均为0.100mol⋅L−1的盐酸和CH3COOH溶液。

利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。

下列说法正确的是
A. 曲线②代表滴定CH 3COOH 溶液的曲线
B. 在相同温度下，P 点水电离程度大于M 点
C. M 点溶液中：c(CH 3COO −)+c(OH −)−c(H +)=0.1mol ·L −1
D. N 点溶液中：c(K +)>c(OH −)>c(CH 3COO −)>c(H +)
12. 25℃时，向1 L 0.1 moL 某一元酸HR 溶液中逐渐加入BOH ，若溶液温度和体积保
持不变，所得混合溶液的lg c(B +)
c(BOH)、lg c(R −)
c(HR)与pH 变化的关系如图中M 或N 线所示。

下列叙述正确的是( )
A. M 线表示lg c(R −)
c(HR)随pH 的变化 B. 若温度升高，两条线均往上平移
C. BR 溶液呈碱性
D. 25℃，0.1 mol/L NaR 溶液的pH 约为10
13. 如下图(其中Ⅰ代表H 2A ，Ⅱ代表HA −，Ⅲ代表A 2−)，向20mL0.2mol/L H 2A 溶液中
滴加0.2mol/L NaOH 溶液，根据图示判断，下列说法正确的是( )
A. H 2A 在水中的电离方程式是：H 2A =H ++HA −；HA −⇌H ++A 2−
B. 当V(NaOH)=20 mL 时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c(Na +)>c(HA −)>
c(H +)>c(A 2−)>c(OH −)
C. 当V(NaOH)=30 mL 时，溶液中存在以下关系：2c(H +)+c(HA −)+2c(H 2A)=
c(A 2−)+2c(OH −)
D. 等体积等浓度的NaOH 溶液与H 2A 溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水
大
14. 常温下，等浓度的MOH 碱溶液和HA 酸溶液互相滴定，溶液中pH 与lg c(A −)
c(HA)或
lg
c(M +)c(MOH)
的关系如图所示。

下列说法错误的是
lg c(A −)c(HA)或lg
c(M +)
c(MOH)
A. K b (MOH)=10−4.76
B. a 、b 点对应溶液中c(A −)相等
C. 水的电离程度：c >a =b
D. c 点，酸碱恰好完全中和且溶液呈中性
15. 常温下将NaOH 溶液滴加到己二酸(H 2X)溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化
的关系如图所示。

下列叙述错误的是( )
A. K a2(H2X)的数量级为10−6
B. 曲线N表示pH与的变化关系
C. NaHX溶液中c(H+)>c(OH−)
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX−)>c(X2−)>c(OH−)=c(H+)
16.溶液的酸碱性可用酸度(AG)表示，AG=lg c(H+)。

室温下，将0.01mol·L−1盐酸逐
c(OH−)
滴滴入20.00mL0.01mol·L−1氨水中，溶液的AG变化如图所示。

下列说法正确的是()
A. 室温下，0.01mol·L−1盐酸的AG=12
B. M点时溶液中：c(NH4+)=c(Cl−)
C. M点加入盐酸的体积大于20.00mL
D. M点以后NH4+的水解程度逐渐增大
17.用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定25mL0.02mol·L−1FeSO4溶液(含少量硫酸)，实验现
象、pH随时间的变化曲线如下(K sp[Fe(OH)2]=8×10−16)。

(现象：b～c段，溶液呈黄色；c～d段，大量灰绿色沉淀)下列叙述错误的是
A. b～c段溶液呈黄色的原因是：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
B. 理论上，Fe2+开始沉淀的pH≈7.3
C. 根据上图，在d点溶液中Fe2+、Fe3+基本沉淀完全
D. d～e段，发生的主要反应为H++OH−=H2O
18.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，
根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。

将浓度均为0.020mol·
L−1NaHSO3(含少量淀粉)10.0ml、KIO3(过量)酸性溶液40.0ml混合，记录10∼55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。

据图分析，下列判断不正确的是
A. 图中b点对应的NaHSO3反应速率为5.71×10−5mol·L−1·s−1
B. 图中c、d两点对应的NaHSO3反应速率相等
C. 40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
D. 温度高于40℃时，淀粉不宜用作该试验的指示剂
19.根据AgCl、Ag2CrO4的溶度积可得到下图，测量溶液中Cl−的量，常使用AgNO3溶
液滴定，Na2CrO4作指示剂，下列表述错误的是()
A. 由图可知，Ag2CrO4的溶度积小于AgCl的溶度积
B. 由图可知，作Cl−的滴定指示剂时，Na2CrO4的浓度不能过大
C. 由图可知，只有当c(Ag+)>10−2mol·L−1时，CrO42−先沉淀
D. 不采用AgNO3溶液滴定测量溶液中I−的量，因为生成的AgI胶体会大量吸附I−，
使滴定终点提前
20.下列实验不能达到目的的是
选项目的实验
A清洗银镜反应所用试管先用稀硝酸清洗，再用水清洗
B 配制1L浓度为0.1mol/L
的NaCl溶液
用托盘天平称取NaCl固体5.85g，在烧杯中溶
解，恢复至室温，转移，洗涤，加水至距离刻
度线1～2cm，用胶头滴管定容
C制备少量氨气加热浓氨水
D测定草酸浓度用已知浓度的KMnO4溶液滴定，当锥形瓶中出现浅紫红色且半分钟内不褪色，达到终点
A. A
B. B
C. C
D. D
21.常温下，用0.100mol·L−1的NH4SCN溶液滴定25.00mL0.100mol·L−1AgNO3溶液，
以NH4Fe(SO4)2·12H2O为指示剂，测得溶液中pSCN=−lgc(SCN−)、pAg=
−lgc(Ag+)随加入NH4SCN溶液的体积变化如图所示。

已知：Ag++SCN−⇌AgSCN↓，K sp(Ag2SO4)=1.4×10−5。

下列说法错误的是
A. 滴定至终点时溶液颜色变为红色，且振荡后不褪色
B. 该温度下AgSCN的溶度积常数K sp=1.0×10−12
C. 为防止指示剂失效，溶液应维持酸性
D. 当加入15.00mL NH4SCN溶液时，溶液中c(SO42−)=0.14mol⋅L−1
22.常温下在20mL0.1mol·L−1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1HCl溶液40mL，溶液
中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。

下列说法不正确的是
A. 在同一溶液中，H2CO3、HCO 3−、CO 32−不能大量共存
B. 测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞
C. 当pH=7时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系：c(Na+)>c(Cl−)>
c(HCO 3−)>c(H+)=c(OH−)
D. 已知在25℃时，CO 32−水解反应的平衡常数即水解常数K h1=2.0×10−4，溶液
中c(HCO 3−)∶c(CO 32−)=1∶1时，溶液的pH=10
23.用0.100mol·L−1HCl溶液滴定0.100mol·L−1Na2CO3溶液的滴定曲线如图，已知f=
n(HCl)。

n(Na2CO3)
下列说法错误的是
A. a点溶液中：c(HCO3−)>c(CO32−)
B. b点溶液中：c(Na+)>(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)
C. c点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)
D. 溶液中水的电离程度：a>b>c>d
24.某温度下，向20mL0.15mol·L−1NH4Cl溶液中滴加0.15mol·L−1的AgNO3溶液，该
实验使用(NH2)CrO4作指示剂(已知Ag2CrO4为砖红色沉淀)。

滴加过程中，溶液中
−lgc(Cl−)与AgNO3溶液体积(V)的关系如图所示。

下列说法错误的是
A. 相同温度下，K sp(Ag2CrO4)一定大于K sp(AgCl)
B. 由图可知当恰好达到滴定终点时，Cl−恰好完全沉淀
C. 已知K sp(Ag2CrO4)=10−12，a点时，溶液中c(CrO42−)≥0.01mol⋅L−1
D. 若用0.075mol·L−1的AgNO3溶液，则a点移至b点；将NH4Cl溶液改为等浓度
的NH4Br溶液，则a点移至c点
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查酸碱滴定的图像分析，涉及指示剂的选择、溶液中离子浓度关系等知识，掌握图像信息为解题关键，试题难度中等。

【解答】
A.强酸滴定弱碱，生成强酸弱碱盐，显酸性，不能用酚酞作指示剂，应该选用甲基橙，A 项错误；
B.两条线的交点pH 相同，而两个反应的滴定终点pH 不同，B 项错误；
C.曲线Ⅰ中，滴加溶液5 mL 盐酸后，c(BOH)+c(B +)=20×0.120+5
mol ·L −1=0.08 mol ·L −1，
c(Cl −)=
5×0.120+5
mol ·L −1=0.02 mol ·L −1，根据电荷守恒可得c(Cl −)+c(OH −)=c(H +)+
c(B +)可得c(BOH)+c(OH −)=c(H +)+0.06 mol ·L −1，C 项正确； D.曲线Ⅱ中，滴加溶液30 mL NaOH 溶液时，c(Na +)=30×0.120+30
mol ·L −1=0.06 mol ·L −1，
c(HA)+c(A −)=
20×0.120+30
mol ·L −1=0.04 mol ·L −1，故c(Na +)+c(A −)+c(HA)=
0.1 mol ·L −1，D 项错误。

故选C 。

2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查酸碱中和滴定曲线分析，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

【解答】
A.OA 各点显酸性，则c(H +) > c(OH −)，依据电荷守恒得到：c(B −) > c(Na +)，故A 正确；
B.C 至D 各点溶液中，C 点浓度为0.05mol ·L −1 ，C 之后加入的c(NaOH)为0.1mol ·L −1，导电能力依次增强，故B 正确；
C.氢氧化钠溶液滴入20mL 时达到终点，pH >7，HB 为弱酸，O 点pH >1，故C 正确；
D.C 点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=0.05mol ·L −1，B 点(19.9,7)时pH =7，根据电荷守恒可得c(Na +)=c(B −)=
0.1mol/L×19.9mL
39.9mL
，c(HB)=
0.1mol/L×20mL−0.1mol/L×19.9mL
39.9mL
，则HB 的电离平衡常数=c(H +)·c(B −)c(HB)
=
10−7mol/L×
0.1mol/L×19.9mL
39.9mL
0.1mol/L×20mL−0.1mol/L×19.9mL
39.9mL
≈2×10−5mol/L ，故B −水解常数为K h =10−14/(2×10−5)=
5×10−10，B −水解生成的c(OH −)=√Kc =√0.05×5×10−10=5×10−6 mol ·L −1，C 点c(H +)=2×10−9 mol ·L −1，C 点pH =9−lg2=8.7，故D 错误； 故选D 。

3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查酸碱中和滴定，为高考常见题型和高频考点，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH 的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。

【解答】
A.根据图示可知，a 、b 、c 均为酸性溶液，则溶质为HX 和NaX ，pH <7的溶液中，HX 的电离程度大于X −的水解程度，主要考虑H +对水的电离的抑制，溶液pH 越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：a <b <c ，故A 错误；
B.c 点溶液中存在电荷守恒：c(H +)+c(Na +)=c(X −)+c(OH −)，此时p[c(HX)
c(X −)]=1，则c(X −)=10c(HX)，带入电荷守可得：c(H +)+c(Na +)=10c(HX)+c(OH −)，由于溶液呈酸性，c(H +)>c(OH −)，则c(Na +)<10c(HX)，故B 错误； C.HX 在溶液中存在电离平衡：HX ⇌X −+H +，
K a =c(H +)⋅c(X −)c(HX)
，则pH =pK a +p[c(HX)
c(X −)]，
带入c 点坐标(1,5.75)可知，pK a =4.75，则b 点pH =pK a +p[c(HX)
c(X −)]=0+4.75=4.75，则室温下HX 的电离常数为10−4.75，NaX 的水解平衡常数K
h
=
K w K a
=10−14
10−4.75=10−9.25，
故C 错误；
D.由C 分析可知图中b 点坐标为(0,4.75)，故D 正确。

故选D 。

4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查酸碱中和滴定曲线分析，涉及电离平衡常数的计算、离子浓度大小比较溶液导电能力分析，主要考查学生的分析能力和理解能力，难度较大。

【解答】
A. 由a 点可知，0.1 mol ·L −1的一元酸HA 中c 水(H +)=c 水(OH −)=1×10−11
mol ·L −1，
则c(H +)=1×10−14÷10−11=1×10−3 mol ·L −1，则HA 的电离常数K a =c(H +)·c(A −)÷c(HA)=c 2(H +)÷c(HA)=(1×10−3)2÷0.1=1×10−5，A 项正确； B. b 点溶液c 水(H +)=1×10−7 mol ·L −1，c 点c 水(H +)最大，则溶质恰好为KA ，显碱性，a 点显酸性，c 点显碱性，则中间c 水(H +)=1×10−7 mol ·L −1的点b 点恰好显中性。

根据电荷守恒可得：c(A −)+c(OH −)=c(K +)+c(H +)，c(OH −)=c(H +)，则c(A −)=c(K +)，
C.c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=n(HA)，则V(KOH)=20mL×0.1mol·
L−1÷0.1mol·L−1=20mL。

由HA的K a=1×10−5，可得A的K h=c(HA)·c(OH−)÷c(A−)=c2(OH−)÷c(A−)=1×10−14÷1×10−5=1×10−9，c(A−)≈0.05mol·L−1，则c2(OH−)≈5×10−11(mol·L−1)2，则c(OH−)≈7×10−6mol·L−1，在KA中c(OH−)
都是由水电离出的，则c水(OH−)=c水(H+)≈7×10−6mol·L−1，C项正确；
D. 向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：
c>b>a，D项错误。

5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的滴定相关知识，主要考查学生对于图像的分析及理解，熟悉滴定知识及电解质导电性是解题的关键。

【解答】
根据Ba(OH)2+NaHSO4的反应及从曲线可知，a点时恰好完全沉淀，此时溶液中的溶质为：NaOH，b点是导电能力最小，此时Ba(OH)2和NaHSO4恰好完全反应，此时溶液中的溶质为：Na2SO4，由此可知：
A.a点对应的溶液呈碱性，故A正确
B.b点时反应恰好为：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4+Na2SO4+2H2O，往10mL0.1mol/ L的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液，故V2=20mL，故B错误；
C.a点为碱溶液，抑制水的电离，b点为中性溶液，不影响水的电离，故水的电离程度：a<b，故C错误；
D.b点后的溶液为Na2SO4+NaHSO4溶液，故c(Na+)<2c(SO42−)，故D错误。

故选A。

6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查酸碱中和滴定曲线分析，溶液中导电能力的变化以及离子浓度大小的比较，重在于考查学生的分析理解能力以及计算能力。

【解答】
A.OA各点显酸性，则c(H+)>c(OH−)，依据电荷守恒得到：c(B−)>c(Na+)，A选项正确；
B.C至D各点溶液中，C点浓度为0.05mol·L−1，C之后加入的c(NaOH)为0.1mol·L−1，导电能力依次增强，B选项正确；
C. 氢氧化钠溶液滴入20mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；
D. C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=0.05mol·L−1，B−水解常数为K h= 10−14/(2×10−5)=5×10−10，B−水解生成的c(OH−)=√K C=√0.05×5×10−10=
5×10−6 mol·L−1，C点c(H+)=2×10−9 mol·L−1，C点pH=9−lg2=8.7，D选项错误；
【解析】【分析】
本题考查酸碱滴定原理，明确滴定反应式，结合图象分析，清楚特殊点的含义，牢牢把握溶液中的守恒思想是解题的关键，需要掌握平衡常数的表达式，题目难度一般。

【解答】
A. 以W点计算，其中c(HSO3−)=c(H2SO3)，H2SO3的K a1=c(H+)·c(HSO3−)
c(H2SO3)
=1×10−2，故A错误；
B. 若滴定到第二反应终点，溶液的pH=9.86，溶液显碱性，可选用酚酞作指示剂，而甲基橙的变色范围为3.1−4.4，故B错误；
C.X点为NaHSO3的溶液，溶液的pH=4.25，溶液显酸性，即HSO 3−的电离大于水解，c(SO 32−)>c(OH−)，所以图中X点对应的溶液中：c(Na+)>c(HSO3−)>c(SO32−)> c(OH−)，故C错误；
D.图中Y点c(SO 32−)=c(HSO 3−)，又因为电荷守恒：2c(SO 32−)+c(HSO 3−)+c(OH−)= c(Na+)+c(H+)，可得3c(SO 32−)=c(Na+)+c(H+)−c(OH−)，故D正确。

8.【答案】C
【解析】【分析】
本题借酸碱中和滴定考查溶液酸碱性判断、水的电离程度、电荷守恒、电离常数和水解常数等知识和分析图像的能力，综合性强，难度较大。

【解答】
A.Ba(OH)2溶液加入10mL时，两种酸都恰好完全中和，由图像可知，Y−对水的电离促进程度大，所以室温下K a(HX)>K a(HY)，故A错误；
B.应该是P点溶液显中性，溶液中c(X−)=2c(Ba2+)，Q点Ba(OH)2过量，溶液显碱性，故B错误；
C.由T点电荷守恒2c(Ba2+)+c T(H+)=c(X−)+c(OH−)和M点电荷守恒2c(Ba2+)+
c M(H+)=c(Y−)+c(OH−)，由于两溶液中阴离子浓度均不相同，不易比较，可借助阳离子浓度进行比较，由于c(Ba2+)相同，c T(H+)>c M(H+)，所以T点溶液中阴离子浓度之和大于M点，故C正确；
D.，M点溶液显中性，c(H+)=1.0×10−7，由2c(Ba2+)+
c(H+)=c(Y−)+c(OH−)知，2c(Ba2+)=c(Y−)，c(Ba2+)=0.1mol/L×6×10−3L
(20+6)×10−3L =0.3
13
mol/L，
c(Y−)=2c(Ba2+)=0.6
13mol/L，根据物料守恒知c(HY)=0.1mol/L×20×10−3L
(20+6)×10−3L
−0.6
13
mol/L=
0.4 13mol/L，K a(HY)=
0.6
13
×1.0×10−7
0.4
13
=1.5×10−7，
，故D错误。

故选C。

9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查滴定曲线的分析及离子浓度大小比较，考查的核心素养是变化观念与平衡思想，难度不大，解题关键是分析各点对应溶液的组成，运用平衡理论和守恒关系分析。

【解答】
A.根据起点时电导率，曲线①表示NaOH，曲线②表示二甲胺。

b点溶液二甲胺和HCl 按照物质的量2:1反应，反应后为等物质的量的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl的混合溶
=
液，由于K b[(CH3)2NH·H2O]=1.6×10−4，则K h[(CH3)2NH2+]=K w
K b[(CH3)2NH⋅H2O]
10−14
，显然K b[(CH3)2NH·H2O]>K h[(CH3)2NH2+]，说明(CH3)2NH·H2O的电离程度1.6×10−4
大于(CH3)2NH2Cl的水解程度，故离子浓度：c[(CH3)2NH2+]>c(Cl−)>c[(CH3)2NH·
H2O]>c(OH−)>c(H+)，故A错误；
B.d点溶液二甲胺和HCl恰好完全反应，得到(CH3)2NH2Cl溶液，由于(CH3)2NH2+水解，溶液呈酸性，c(Cl−)>c[(CH3)2NH2+]>c(H+)>c[(CH3)2NH·H2O]>c(OH−)，根据电荷守恒：c[(CH3)2NH2+]+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，由于c[(CH3)2NH·H2O]>c(OH−)，故c[(CH3)2NH·H2O]+c(Cl−)>c[(CH3)2NH2+]+c(H+)，故B错误；
C.e点溶液二甲胺和HCl按照物质的量1:2反应，反应后为等物质的量的(CH3)2NH2Cl和HCl的混合溶液，根据电荷守恒：c[(CH3)2NH2+]+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)和物料守恒c(Cl−)=2c[(CH3)2NH2+]+2[(CH3)2NH·H2O]，消去c(Cl−)，可得质子守恒：c(H+)=
c[(CH3)2NH2+]+2[(CH3)2NH·H2O]+c(OH−)，故c(H+)−c(OH−)=c[(CH3)2NH2+]+
2[(CH3)2NH·H2O]，故C错误；
mol/L的NaOH和NaCl溶液，b点为物质的量浓度均为D.a点为物质的量浓度均为0.1
3
0.1
mol/L的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl的混合溶液，c点为0.05mol/LNaCl溶液，d
3
点为0.05mol/L(CH3)2NH2Cl溶液，d点由于(CH3)2NH2+水解促进水的电离，c点对水的电离无影响，a点NaOH电离，b点(CH3)2NH·H2O的电离大于(CH3)2NH2Cl的水解，均抑制水的电离，且a点抑制程度大，故水的电离程度：d>c>b>a，故D正确。

故选D。

10.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查酸碱滴定的图像分析，涉及指示剂的选择等知识点，掌握图像信息为解题关键，试题难度中等。

【解答】
A. 终点①为NaHCO3和NaCl的混合溶液，溶液显碱性，应使用酚酞作指示剂，A项错误；
B. 由①到②的过程中，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(Cl−)+ c(OH−)，当溶液显碱性时，即c(H+)<c(OH−)，则c(Na+)>2c(CO32−)+c(HCO3−)，B
项正确；
C. 滴定终点①处为NaHCO3和NaCl的混合溶液，HCO3−的水解程度大于其电离程度，则水的电离是被促进的，则水电离出氢离子的浓度应大于10−７mol·L−1，水电离出的氢离
子浓度与溶液中氢氧根离子浓度相等，c(H +)=10−5.3mol ·L −1，C 项错误； D. 滴定过程中溶液体积不断增大，根据元素守恒可知，含碳微粒的总浓度小于0.1000mol ·L −1，D 项错误。

故选B 。

11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查电解质溶液的曲线问题，难度一般，解题的关键是对图示的解读和对基础知识的灵活运用。

【解答】
A.醋酸为弱电解质，滴加KOH ，变为CH 3COOK 是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A 错误；
B.相同温度下，P 点溶质为KCl ，不影响水的电离， M 点为CH 3COOK ，其水解促进水的电离，故M 点大于P 点，故B 错误；
C.对于M 点，根据电荷守恒可知， c(CH 3COO −)+c(OH −)−c(H +)=c(K +)=0.05mol ·L −1，故C 错误；
D. N 点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性， CH 3COO −只有很小的一部分发生水解，所以c(K +)>c(OH −)>c(CH 3COO −)>c(H +)，故D 正确。

12.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查酸碱滴定的图像分析、弱电解质的电离平衡和pH 的计算，难度较大，掌握图像信息为解题关键。

【解答】
A.随着碱的加入，发生反应：HR +BOH =BR +H 2O ，溶液中c(R −)增大，c(HR)减小，lg
c(R −)
c(HR)
增大，即pH 增大，lg c(R −)
c(HR)增大，所以N 表示lg c(R −)
c(HR)随pH 的变化，A 错误； B.若升高温度，HR 、BOH 电离程度增大，离子浓度增大，电解质分子浓度降低，所以离子与分子浓度的比值增大，其对数就增大，因此两条线均往上平移，B 正确； C.M 表示BOH ，N 表示的是HR ，根据图像可知，当lg c(B +)c(BOH)
=0，即c(B +)c(BOH)
=1时，pH =8，
c(OH −)=10−6 mol/L ，K(BOH)=c(B +)⋅c(OH −)c(BOH)
=10−6mol/L ，lg c(R −)
c(HR)=0时，c(R −)
c(HR)
=1，此时溶液的pH =5，c(H +
)=10
−5 mol/L ，K(HR)=
c(H +)⋅c(R −)c(HR)
=10−5mol/L >
10−6mol/L =K(BOH)，弱酸的电离平衡常数比弱碱的电离平衡常数大，所以BR 溶液呈酸性，C 错误；
D.根据lg c(R −)
c(HR)=0时，pH =5，可知K(HR)=10−5，所以NaR 的水解平衡常数K h =
K w K a
=
10−1410−5
=10
−9
=
c(HR)⋅c(OH −)
c(R −)
=c2(OH−)
，解得c(OH−)=10−5mol/L，则0.1mol/L NaR溶液的pH大约为9，D错误。

c(R−)
13.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查酸碱滴定的图像分析，为高频考点，侧重考查学生分析判断及图象分析能力，明确曲线变化趋势及其原理、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，正确运用溶液中存在的守恒，题目难度较大。

【解答】
A.根据图知，溶液中存在HA−、H2A、A2−，说明该酸是二元弱酸，在水溶液中部分电离，所以其二元酸的电离方程式为H2A⇌H ++HA −；HA−⇌H++A2−，故A错误；
B.当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，此时c(H2A)<c(A 2−)，说明HA−的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性。

同时，溶液中氢离子一部分还来自于水的电离，则溶液中离子浓度大小顺序是：c(Na +)>c(HA−)>c(H +)>c(A 2−)> c(OH−)，故B正确；
C.当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH= Na2A+H2O，溶液主要为等物质的量的NaHA，Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)①，物料守恒可知：3c(HA−)+3c(A2−)+ 3c(H2A)=2c(Na+)②，①×2+②得：2c(H+)+c(HA−)+3c(H2A)=c(A2−)+
2c(OH−)，故C错误；
D.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合时，根据A项分析可知，HA−的电离大于水解，溶液呈酸性，溶液中水的电离受到抑制，其电离程度比纯水小，故D错误；
故选B。

14.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了酸碱中和滴定的相关知识，涉及了影响水的电离因素、电离平衡常数等知识的考查，综合性较强，应多练习。

【解答】
=0时，此时溶液的pH=9.24，所以此时溶液中c(OH−)= A.结合图示可知，lg c(M+)
c(MOH)
=10−4.76，故A正确；
10−4.76，所以K b(MOH)=c(M+)×c(OH−)
c(MOH)
B.结合图示可知，此时横坐标为1，根据A项解析可知MOH和HA的电离平衡常数应相同，所以a、b点对应溶液中c(A−)不相等，此时应有c(A−)=c(M+)，故B错误；
C.由于二者都是弱电解质，所以结合图示可知，C点时二者所含离子浓度较大，所以M+和A−结合水电力产生氢氧根离子和氢离子能力较强，而a、b两点所含M+和A−的浓度小于c点，所以结合水电力产生氢氧根离子和氢离子也小于c点，但此时M+和A−的浓度相等，所以结合水电力产生氢氧根离子和氢离子的能力也相等，故水的电离程度应有c> a=b，故C正确；
D.c 点时溶液中有c(A −)=c(M +)，所以酸碱恰好完全中和且溶液呈中性，故D 正确。

15.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查弱电解质的电离和弱碱滴定的综合考查，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。

【解答】
H 2X 为二元弱酸，以第一步电离为主，则K a1(H 2X)>K a2(H 2X)，酸性条件下，则pH 相同时c(HX −)
c(H 2X)
>c(X 2−)c(HX −)，由图象可知N 为lg c(HX −)
c(H
2
X)
的变化曲线，M 为lg c(X 2−)
c(HX −)的变化曲线，当lg
c(HX −)c(H 2X)
=0或lg
c(X 2−)c(HX −)
=0时，说明c(HX −)
c(H
2X)
=1或c(X 2−)c(HX −)
=1，浓度相等，结合图象可计算
电离常数并判断溶液的酸碱性；
A.lg c(X 2−)c(HX −)=0时，c(X 2−)
c(HX −)=1，此时pH ≈5.4，则K a2(H 2X)≈10−5.4，可知K a2(H 2X)的数量级为10−6，故A 正确；
B.由以上分析可知曲线N 表示pH 与lg c(HX −)
c(H 2X)
的变化关系，故B 正确；
C.lg c(HX −)
c(H
2X)
=0时，即c(HX −)=c(H 2X)，此时pH ≈4.4，则K a1(H 2X)≈10−4.4，常温下，
K h (HX −)=
K w K a1
≈
10−1410−4.4
=10−9.6<K a2(H 2X)≈10−5.4，可知HX −电离程度大于水解程度，
则NaHX 溶液呈酸性，溶液中c(H +)>c(OH −)，故C 正确；
D.由图象可知当pH =7时，lg c(X 2−)
c(HX −)>0，则c(X 2−)>c(HX −)，故D 错误。

故选D 。

16.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了溶液酸碱性判断及溶液pH 的计算，题目难度中等，明确AG =lg c(H +)
c(OH −)的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH 的关系及应用方法是，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力． 【解答】
A.室温下，0.01 mol ⋅L −l 盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L ，氢氧根离子浓度为10−12mol/L ，该盐酸的AG =lg 0.01mol/L
10−12mol/L =10，故A 错误；
B.根据图象可知，M 点的AG =lg c(H +)
c(OH −)=0，则c(H +)=c(OH −)，根据电荷守恒可知
c(NH 4+)=c(Cl −)，故B 正确；
C.M 点时c(H +)=c(OH −)，溶液呈中性，当加入盐酸的体积为20.00 mL 时，溶质为氯化铵，溶液为酸性，若为中性，则加入盐酸体积稍小于20.00mL ，故C 错误；
D.M 点后，若盐酸过量，HCl 电离出的氢离子抑制了铵根离子的水解，故D 错误； 故选：B 。

17.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查沉淀滴定分析和溶度积常数的相关计算，为高频考点，重点是对图像的分析能力和信息的整合能力，难度中等。

【解答】
A.b～c段溶液呈黄色的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+= 4Fe3++2H2O，A正确；
B.理论上，Fe2+开始沉淀时c(OH−)=√8×10−16
=2×10−7mol/L，c(H+)=5×10−8mol/
2×10−2
L，pH=8−lg5≈7.3，B正确；
C.根据上图，在d点曲线突跃溶液中Fe2+、Fe3+基本沉淀完全，C正确；
D.FeSO4溶液(含少量硫酸)所以a～b段溶液中发生的主要反应为H++OH−=H2O，D错误。

18.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大．
【解答】
=0.004mol/L，b点对应的NaHSO3反应
A.b点时间为70s，浓度变化量为0.02mol/L×0.01L 
0.05L
=5.71×10−5mol/(L·s)，故A正确；
速率为0.004mol/L
70s
B.c、d点对应的反应原理不一样，故速率不相等，故B错误；
C.从图像中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，故C正确；
D.55℃时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确。

故选B。

19.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp的计算、沉淀生成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。

【解答】
A.由图象可知，Ag2CrO4的溶度积为10−12，AgCl的溶度积10−10，所以Ag2CrO4的溶度积小于AgCl的溶度积，故A项正确；
B.由图象可知，M点时Cl−沉淀完全，则此时c(CrO
2−)不能大于N点，所以作Cl−的滴
4
定指示剂时，Na2CrO4的浓度不能过大，故B项正确；
C.谁先沉淀，要看c(CrO42−)与c(Cl−)的大小，结合溶度积来确定，故C项错误；
D.AgI胶体吸附了溶液中未反应的I−，会使滴定的终点提前，故D项正确；
故选C。

20.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及物质鉴别、盐的水解原理、氧化性强弱判断、难溶物转化等知识，注意掌握盐的水解原理、难溶物溶解平衡，试题充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力。

【解答】
A.银镜反应后的试管需要清洗的物质为金属银及剩余的银氨溶液，均可溶于稀硝酸，故而先用稀硝酸清洗，再用水清洗，故A正确；
B.托盘天平的精确度为0.1g，无法称取5.85gNaCl固体，故B错误；
C.浓氨水受热分解生成氨气和水，则可以用加热浓氨水的方法制备少量氨气，故C正确；
D.测定草酸浓度，可以利用高锰酸钾与其发生氧化还原反应，锥形瓶中出现浅紫红色且半分钟内不褪色时，说明草酸已被完全消耗，故D正确。

故选B。

21.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查滴定终点判定、溶度积常识及离子浓度计算等，熟练掌握公式运用，熟记一些实验现象是关键。

【解答】
A.达到终点后，SCN−与Fe3+反应生成血红色物质，故滴定至终点时溶液颜色变为红色，且振荡后不褪色，故A正确；
B.由图计算知该温度下AgSCN的溶度积常数K sp=1.0×10−12，故B正确；
C.由于碱性时，Fe3+会沉淀，为防止指示剂失效，溶液应维持酸性，故C正确；
=0.025mol/L，
D.当加入15.00mLNH4SCN溶液时，溶液中c(Ag+)=0.025×0.100−0.015×0.100
0.025+0.015
此时c(SO42−)<0.14mol⋅L−1，故D错误。

故选D。

22.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、质子守恒及盐的水解原理，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。

【解答】
A.H2CO3、CO32−之间反应生成HCO3−，在溶液中不能大量共存，故A正确；
B.混有少量氯化钠的碳酸钠溶液滴定已知浓度的盐酸溶液，滴定重点显碱性，选用酚酞作指示剂，滴定终点与反应终点接近误差小，故B正确；
C.由图象可知，pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3−、H2CO3，电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3−)+c(OH−)，则c(Na+)>c(Cl−)，因HCO3−水解，则c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3−)，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为
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