高中化学人教版（新课标）选修4 第三章第二节 水的电离和溶液的酸碱性
一、单选题
1．（2020·虹口模拟）常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是（ ）
A．pH=0的硫酸 B．0.01mol/L NaOH溶液
C．pH=10的纯碱溶液 D．pH=5的氯化铵溶液
【答案】C
【知识点】水的电离
【解析】【解答】硫酸抑制水电离，pH=0的硫酸中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，0.01mol/L NaOH溶液中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，pH=10的纯碱溶液中水的电离氢氧根离子浓度是 ；氯化铵水解促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中水的电离氢离子浓度是 ，故C符合题意。
【分析】酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子抑制水电离，盐水解可以促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中氢离子完全由水电离，所以水电离的氢离子浓度是 。
2．（2020高二下·衢州期末）下列说法正确的是（ ）
A．pH为6.8的溶液一定呈酸性
B．中和pH和体积均相等的醋酸和盐酸溶液，所需NaOH的物质的量相同
C．0.1mol·L-1的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小
D．0.1mol·L-1的氨水溶液中：c(NH4+) +c(NH3·H2O) =0.1mol·L-1
【答案】D
【知识点】水的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.溶液所处的温度未知，因此pH=6.8的溶液的酸碱性未知，A不符合题意；
B.由于醋酸为弱酸，在水中部分电离，因此等pH等体积的醋酸和盐酸，醋酸中苏寒溶质较多，中和所需NaOH的量较多，B不符合题意；
C.加水稀释时溶液中c(H+)减小，由于温度不变，Kw=c(H+)·c(OH-)不变，因此溶液中c(OH-)增大，C不符合题意；
D.氨水溶液中存在NH3·H2O的部分电离NH3·H2O NH4＋＋OH－，因此溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH4＋)=0.mol·L－1，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.溶液的pH与温度有关；
B.醋酸为弱酸，在水中部分电离，所含溶质较多；
C.结合Kw=c(H+)·c(OH-)进行分析；
D.结合物料守恒进行分析；
3．（2020·静安模拟）对室温下pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是（ ）
A．温度均升高20℃，两溶液的pH均不变
B．加入适量氯化铵固体后，两溶液的pH均减小
C．加水稀释100倍后，氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的小
D．与足量的氯化铁溶液反应，产生的氢氧化铁沉淀一样多
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、升高温度，水的离子积Kw变大，所以两溶液的pH一定改变，A不符合题意；
B、加入氯化铵之后，由于同离子效应，NH3·H2O的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液pH减小，而NaOH溶液中，NH4+和OH-反应，使得c(OH-)降低，溶液pH也减小，B符合题意；
C、向pH相同的两溶液中加水稀释100倍，NaOH溶液的pH的变化量为2，而氨水的pH的变化量小于2，即稀释后，氨水的pH更高，则氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大，C不符合题意；
D、体积相同、pH相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离的NH3·H2O还有很多，这部分NH3·H2O还可以再提供OH-，故这两种溶液和足量的FeCl3反应，氨水产生的Fe(OH)3更多，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】在弱电解质的溶液中存在电离平衡，而且电离的部分往往很少，故在常考的题中，比如HAc(醋酸)和HCl这两种溶液，体积相同、pH相同时，仅仅溶液中说明c(H+)或n(H+)相同，但是HAc是弱电解质，在水中部分电离，随着H+的消耗，其电离平衡不断向右移动，这相当于HAc能提供的H+不止这么多，而是远远大于这个数值，而HCl是强电解质，其在水中完全电离，随着H+的消耗，不会再有H+的补充，这也就是为什么体积相同、pH相同时，和足量的金属反应，HAc放出的氢气多。
4．（2020·浙江模拟）室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L 1盐酸中滴加0.1000 mol·L 1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是（ ）
A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
B．用移液管量取20.00 mL 0.1000 mol·L 1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗
C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂
D．V(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.5
【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A不符合题意；
B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B不符合题意；
C. 甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C符合题意；
D. V(NaOH)=10.00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)= = mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】当滴定实验中有两种或两种以上试剂符合滴定要求的，应该选择指示范围与滴定突变范围重叠范围大的试剂。
5．（2020高二下·泸县月考）25℃时，将0.1mol·L－1氨水溶液加水稀释，下列数值变大的是（ ）
A．c(OH－) B．pH
C．Kb D．n(H+)·n(OH－)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】A.稀释促进NH3·H2O的电离，产生更多的OH-，但c(OH-)减小，A不符合题意；
B.溶液中c(OH-)减小，由于c(H+)×c(OH-)=Kw为定值，则溶液中c(H+)增大，pH减小，B不符合题意；
C.Kb为NH3·H2O的电离平衡常数，只与温度有关，与溶液中浓度无关，因此稀释过程中Kb不变，C不符合题意；
D.由C的分析可知，溶液中c(H+)增大，因此n(H+)增大，故n(H+)×n(OH-)增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加水稀释促进NH3·H2O的电离，产生更多的NH4+和OH-；据此结合Kb、Kw的影响分析。
6．（2020高二上·大理期末）25℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋+ OH－ ΔH > 0 ，下列叙述正确的是（ ）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A.稀氨水为碱溶液，抑制水的电离，因此平衡逆向移动，NH3·H2O电离产生OH-，因此c(OH-)增大，A不符合题意；
B.加入NaHSO4固体，NaHSO4电离产生H＋，溶液中c(H＋)增大，由于Kw只与温度有关，因此Kw不变，B符合题意；
C.加入固体CH3COONa，CH3COO－与水电离产生的H＋结合成CH3COOH，水的电离平衡正向移动，c(H＋)减小，C不符合题意；
D.水的电离为吸热的过程，加热促进水的电离，Kw增大，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对水电离平衡的相关考查，结合水电离平衡以及水的离子积的影响因素进行分析。
7．某温度下，水的离子积KW=10-13，关于该温度下水电离的说法正确的是（ ）
A．pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液中水电离出的H+浓度之比为10：1
B．向水中加入少量硫酸氢钠固体或氯化铁固体，水的电离平衡均逆向移动
C．纯水的pH=6.5，显酸性
D．pH均为2的CH3COOH溶液与H2SO4溶液中水电离出的H+浓度不同
【答案】A
【知识点】水的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】该温度下pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液中水电离出的H+浓度分别是10-11mol/L和10-12mol/L，二者比值为10：1，A符合题意；加入少量硫酸氢钠固体，水的电离平衡逆向移动，加少量氯化铁固体，水的电离平衡正向移动B不符合题意；纯水无论pH是多少均显中性，C不符合题意；pH均为2的 CH3COOH溶液与H2SO4溶液中水电离出的H+浓度均为10-11mol/L，D不符合题意。
【分析】某温度下，水的离子积KW=10-13，说明温度高于室温，促进了水的电离，中性溶液的pH小于7，然后结合酸碱中和、pH的计算等进行分析即可。
8．（2019高三上·惠州月考）下图是不同温度(T1、T2)下溶液中水的电离常数Kw变化曲线，有关说法正确的是（ ）
A．图中温度T1 B．T1温度下pH＝6的溶液有弱酸性
C．两条曲线中四个点Kw间的关系：B＞A＝D＝E
D．E，D两点水的电离均被抑制，而Kw相等
【答案】C
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A、B点Kw= 1×10－12，A点Kw= 1×10－14，温度越高Kw越大，所以温度T2 < T1，故A不符合题意；
B、T1温度下pH＝6的溶液呈中性，故B不符合题意；
C、曲线上的点Kw都相等，温度越高Kw越大，所以两条曲线中四个点Kw间的关系：B＞A＝D＝E，故C符合题意；
D、E、D两点Kw相等，水的电离可能被抑制，也可能被促进，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】等温曲线，曲线上的点离子积常数都相等，不在同一曲线上的点，离子积常数肯定不同，加酸、加碱、加要水解的盐，都只能在这条曲线上移动。
9．（2019高二上·阳春月考）中和相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl和CH3COOH三种稀溶液，所需相同浓度的NaOH溶液的体积为V1、V2和V3，则（ ）
A．V1＞V2＞V3 B．V3＞V2＞V1 C．V3＞V1＝V2 D．V1＞V2＝V3
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质；pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】H2SO4、HCl是强电解质，相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl，n(H+)相同，滴加氢氧化钠溶液恰好中和，消耗氢氧化钠的体积相等，即V1＝V2，醋酸是弱酸，等pH时，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，滴加氢氧化钠恰好中和，消耗氢氧化钠溶液的体积远大于盐酸，所以V3＞V1＝V2，
故答案为：C。
【分析】H2SO4、HCl是强酸，完全电离，当相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl，根据n=CV得出，n(H+)相同，滴加氢氧化钠溶液恰好中和，消耗氢氧化钠的体积相等，即V1＝V2，醋酸是弱酸，等等pH时，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，滴加氢氧化钠恰好中和，消耗氢氧化钠溶液的体积远大于盐酸，所以V3＞V1＝V2。
10．（2019高二上·惠来月考）相同温度，相同物质的量浓度的五种溶液：①NH4Cl ②NaHSO4③NaCl ④CH3COONa ⑤Na2CO3，pH 按由大到小的顺序排列，正确的是（ ）
A．⑤>④>①>③>② B．⑤>④>③>①>②
C．⑤>④>①>②>③ D．④>⑤>③>①>②
【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】硫酸氢钠溶液电离出氢离子，溶液显酸性；同温度相同物质的量浓度下列溶液中，NH4Cl中铵根离子水解导致溶液显示酸性，但是酸性小于硫酸氢钠，CH3COONa、Na2CO3是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，对应酸的酸性越弱水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，酸根离子的水解程度大小为CH3COO-＜CO32-，所以溶液pH：CH3COONa＜Na2CO3，按pH由大到小的顺序排列为：⑤＞④＞③＞①＞②；
故答案为：B。
【分析】呈酸性的有①②中性的有③碱性的有④⑤，而①是部分水解，②是完全电离，故②的酸性强，对于盐溶液来说，对应的酸酸性越弱，则水解程度越大， 故碳酸钠的水解程度大于醋酸钠，故顺序为⑤＞④＞③＞①＞②
11．（2019高二上·长春期中）常温下，pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11∶9混合,则混合液的pH为（ ）
A．7.2 B．8 C．6 D．无法计算
【答案】C
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】常温下，pH=5的盐酸中c（H+）=10-5mol/L，pH=9的氢氧化钠中c（OH-） =10-5mol/L，二者以体积比11：9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，反应后溶液c(H＋)= mol/L=10－6mol·L－1，pH=－lgc(H＋)=6；
故答案为：C。
【分析】根据溶液pH的定义计算氢离子和氢氧根离子的浓度，然后计算反应后溶液中氢离子浓度，再计算混合溶液的pH即可。
12．（2019高二上·齐齐哈尔期中）今有室温下四种溶液，①pH=11的氨水；②pH=11的NaOH溶液；③pH=3的醋酸；④pH=3的硫酸，下列有关说法错误的是（ ）
A．①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小
B．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH①>②>④>③
C．①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，则所得溶液中2c（NH4+）=c（SO42－）
D．V1L④与V2L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则V1：V2=11：9
【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、①pH=11的氨水，存在电离平衡，加入氯化铵溶解后NH4＋对一水合氨的电离起到了抑制作用，OH－浓度减少，pH减小；②pH=11的NaOH溶液加入氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，溶液中OH－浓度减少，pH减小，A项不符合题意；
B、分别加水稀释10倍：①pH=11的氨水存在电离平衡，pH减少小于1，应在10-11间、②pH=11的NaOH溶液是强碱，稀释后pH为10、③pH=3的醋酸溶液存在电离平衡，pH增大小于1，应在3-4间、④pH=3的硫酸是强酸，稀释后pH为4，故pH大小为①＞②＞④＞③，B项不符合题意；
C、①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，c(H+)= c(OH-)依据混合溶液中存在的电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)= c(OH-)+2 c(SO42-)，得到c(NH4+)=2 c(SO42-)，C项符合题意；
D、V1L④与V2L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，混合溶液中c(H+)=10-4mol/L，说明溶液呈酸性，氢离子过量，pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，列式计算， ＝10 4，化简得到 V1：V2=11：9，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据氢离子和氢氧根离子物质的量之间的关系，可以计算出几种溶液离子浓度的关系，以及稀释之后的pH值的大小关系。
二、综合题
13．（2020高二下·房山期末）某学习小组为了探究CH3COOH的电离情况，进行了如下实验。
（1）（实验一）测定醋酸溶液中CH3COOH的物质的量浓度。
用 0.2000mol/L 的
NaOH 溶液滴定 20.00mL 醋酸溶液，3 次滴定所消耗NaOH溶液的体积如下：
实验次数 1 2 3
消耗NaOH 溶液的体积/mL 20.05 20.00 19.95
量取 20.00 mL 醋酸溶液所用的仪器是 (填字母)
a b c d
（2）以上醋酸溶液中CH3COOH的物质的量浓度为
（3）（实验二）探究浓度对CH3COOH电离程度的影响。
用 pH 计测定
25℃时不同浓度的醋酸的 pH，结果如下：
浓度/(mol·L-1) 0.2000 0.1000 0.0100
pH 2.83 2.88 3.38
根据表中数据可知CH3COOH是 电解质(填“强”或“弱”) 得出此结论的依据是
（4）写出CH3COOH的电离方程式
【答案】（1）c
（2）0.2000mol/L
（3）弱；c(CH3COOH)为0.1000mol/L时pH＞1，即c(H+)＜0.1000mol/L，说明CH3COOH未完全电离(或c(CH3COOH)由0.1000mol/L变为0.01mol/L时pH变化小于1，说明醋酸未完全电离)
（4）CH3COOH CH3COOˉ+H+
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】(1)醋酸溶液显酸性，所以量取20.00 mL醋酸溶液需要用酸式滴定管，所以选c；(2)醋酸和NaOH的反应方程式为CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，消耗的NaOH溶液的平均体积为 =20.00mL，所以c(CH3COOH)= =0.2000mol/L；(3)c(CH3COOH)为0.1000mol/L时pH>1，即c(H+)＜0.1000mol/L，说明CH3COOH未完全电离，即醋酸为弱电解质。(或c(CH3COOH)由0.1000mol/L变为0.01mol/L时pH变化小于1，说明醋酸未完全电离)；(4)CH3COOH的电离方程式为CH3COOH CH3COOˉ+H+。
【分析】（1）醋酸采用的是酸式滴定管
（2）根据c标v标=c待测v待测可求算
（3）判断强弱电解质的依据看是否能完全电离
（4）由（3）可得为弱电解质，则用可逆符号
14．（2020·青浦模拟）某实验小组同学为了测定工业纯碱的纯度，进行了一系列实验。
（1）和索氏制碱法相比，侯氏制碱法的优势有 ；
（2）工业纯碱中常含有少量NaCl杂质，解释原因 ，检验是否含有氯化钠杂质的方法为 ；
（3）使用重量法测定纯碱的纯度，用到的试剂有 ；
（4）使用滴定法测定纯碱的纯度，用 （填仪器名称）称量1.200g工业纯碱样品，溶解，用1mol/L盐酸做标准液，滴定过程中溶液pH变化和生成CO2的量如图所示，A点溶液呈碱性的原因 ，计算该工业纯碱样品的质量分数 。（计算结果保留两位小数）
。
【答案】（1）氯化钠利用率高，污染小，成本低等（答对两条即可）
（2）氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留；取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质
（3）CaCl2(BaCl2)
（4）电子天平；A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3- H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性；0.88
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；中和滴定
【解析】【解答】(1)氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，联合制碱法与氨碱法相比，不产生难以处理的CaCl2，同时可生产出NH4Cl作氮肥，同时提高了食盐的利用率，和索氏制碱法相比，污染小、成本低等；(2)氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留，故工业纯碱中常含有少量NaCl杂质；检验是否含有氯化钠杂质只需要检验是否含有氯离子即可：方法为取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质；(3)根据碳酸钠的化学性质，碳酸钠与 BaCl2溶液(或CaCl2)溶液反应分别有碳酸钡或碳酸钙白色沉淀生成，由生成沉淀的质量计算出碳酸钠的质量，进而可计算出该工业纯碱的纯度，则使用重量法测定纯碱的纯度，用到的试剂有CaCl2(或BaCl2)；(4)使用滴定法测定纯碱的纯度，称量1.200g工业纯碱样品，要使用精确度较高的称量仪器，应用电子天平；A点时消耗1mol/L盐酸标准液体积为10mL，此时溶液中碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，即A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3- H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性；根据图示，当1mol/L盐酸标准液体积为20mL时，碳酸钠全部转化为CO2，达到滴定终点，根据反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，当消耗20mL盐酸时，n(Na2CO3)= n(HCl)= ×20mL×10-3×1mol/L=0.01mol，该工业纯碱样品的质量分数= =0.88。
【分析】(1)氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，根据反应原理分析优缺点；(2)NaCl是制取纯碱的原理，据此分析；检验是否含有氯化钠杂质即为检验氯离子的存在；(3)根据碳酸钠、氯化钠的化学性质进行分析判断；(4)称量1.200g工业纯碱样品，需要精确度较高的称量仪器； A 点溶液为NaHCO3的溶液，碳酸氢根离子可水解也可电离，根据水解和电离程度分析判断。
15．（2019高二上·日喀则期末）用0.1320mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示，
实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL HCl溶液的体积/mL
1 25.00 24.41
2 25.00 24.39
3 25.00 24.60
回答下列问题：
（1）右图中甲为 滴定管，乙为 滴定管(填“酸式”或“碱式”)
（2）实验中，需要润洗的仪器是： 。
（3）取待测液NaOH溶液25.00mL于锥形瓶中，使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是 。
（4）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，将使所测结果 (填“偏高”“偏低”“不变”，下同)；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果 。
（5）未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为 mol/l。
【答案】（1）酸式；碱式
（2）(酸、碱式)滴定管
（3）红色褪去，半分钟不再出现红色
（4）偏高；偏低
（5）0.128
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）酸式滴定管下端为玻璃活塞，碱式滴定管下端为橡胶管，因此图甲为酸式滴定管，图乙为碱式滴定管；
（2）用滴定管取用液体时，为防止溶液被滴定管中残留的水稀释，使用滴定管前，必须用待装溶液进行润洗；
（3）用稀盐酸滴定NaOH溶液，当达到滴定终点时，溶液为中性，滴有酚酞的NaOH溶液为红色，因此达到滴定终点时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色；
（4）滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，则导致V标偏大，因此测得待测液浓度偏高；
滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所得V标偏小，因此测得待测液的浓度偏低；
（5）第三次实验消耗HCl溶液的体积偏大，应舍去，故实验过程中消耗HCl溶液的体积为，即V标=24.40mL；因此该NaOH溶液的浓度：
【分析】（1）根据酸式滴定管和碱式滴定管的结构进行分析；
（2）结合滴定管的使用进行分析；
（3）根据滴定终点溶液的酸碱性分析；
（4）根据公式，结合错误操作对V标的影响，分析实验误差；
（5）根据实验过程中消耗标准液的体积，结合公式计算待测液的浓度；
16．（2019高二上·扶余月考）盐酸、醋酸是中学化学常见的两种酸。回答下列问题：
（1）在体积均为1L，pH均等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，下图所示符合客观事实的是 (填数字代号)
（2）25℃时，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。X代表 (填“盐酸”或“醋酸溶液”)。
（3）常温下，若使pH=3的盐酸与pH=9的Ba(OH)2溶液混合使其成为pH=7的溶液，混合时盐酸和Ba(OH)2溶液的体积比为 。
（4）25℃时，用20mL0.1mol·L-1．CH3COOH溶液滴定一定浓度的NaOH溶液，所加入NaOH溶液的体积(V)和滴定过程中pH的关系曲线如图所示。该滴定过程中应使用的指示剂为 (填“酚酞”或“甲基橙”)
【答案】（1）Ⅲ
（2）盐酸
（3）1：100
（4）酚酞
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）Ⅰ、，盐酸溶液中n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，醋酸溶液中n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，但由于CH3COOH是弱酸，反应过程中能够不断电离出H+，因此反应过程中，醋酸溶液中pH变化较慢，Ⅰ不符合题意；
Ⅱ、由于CH3COOH在反应过程中不断电离出H+，因此溶液中c(H+)几乎不变，反应速率几乎不变，而盐酸在反应过程中，c(H+)逐渐减小，因此反应速率变小，Ⅱ不符合题意；
Ⅲ、0.01molZn与0.01molHCl反应过程中，0.01molHCl完全反应，产生n(H2)=0.005mol，而与醋酸反应过程中，由于c(CH3COOH)>0.01mol/L，因此0.01molZn完全反应，产生n(H2)=0.01mol，Ⅲ符合题意；
Ⅳ、由于CH3COOH在反应过程中不断电离出H+，因此溶液中c(H+)几乎不变，反应速率几乎不变，而盐酸在反应过程中，c(H+)逐渐减小，Ⅳ不符合题意；
故答案为：Ⅲ
（2）稀释过程中，会促进CH3COOH的电离，产生更多的H+，因此稀释过程中，醋酸溶液的pH变化较小，故变化较小的Y曲线表示的是CH3COOH，变化较大的X曲线表示的是盐酸；
（3）设盐酸溶液的体积为V1，Ba(OH)2溶液的体积为V2，pH=9的Ba(OH)2溶液中，c(H+)=10-9mol/L，则溶液中；由于混合后溶液的pH=7，则原溶液中n(H+)=n(OH-)，即0.001mol/L×V1=10-5mol/L×V2，解得V1:V2=1:100；
（4）由于滴定终点，溶液中溶质为CH3COONa，溶液显碱性，因此需用酚酞做指示剂；
【分析】（1）pH=2的盐酸和醋酸溶液中，c(H+)=0.01mol/L，由于醋酸是弱酸，溶液中c(CH3COOH)>0.01mol/L，据此结合选项所给图像进行分析。
（2）稀释会促进弱电解质的电离，据此分析；
（3）混合后溶液的pH=7，则原溶液中n(H+)=n(OH-)，据此进行计算；
（4）根据滴定终点溶液的酸碱性确定所用指示剂；
1 / 1高中化学人教版（新课标）选修4 第三章第二节 水的电离和溶液的酸碱性
一、单选题
1．（2020·虹口模拟）常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是（ ）
A．pH=0的硫酸 B．0.01mol/L NaOH溶液
C．pH=10的纯碱溶液 D．pH=5的氯化铵溶液
2．（2020高二下·衢州期末）下列说法正确的是（ ）
A．pH为6.8的溶液一定呈酸性
B．中和pH和体积均相等的醋酸和盐酸溶液，所需NaOH的物质的量相同
C．0.1mol·L-1的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小
D．0.1mol·L-1的氨水溶液中：c(NH4+) +c(NH3·H2O) =0.1mol·L-1
3．（2020·静安模拟）对室温下pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是（ ）
A．温度均升高20℃，两溶液的pH均不变
B．加入适量氯化铵固体后，两溶液的pH均减小
C．加水稀释100倍后，氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的小
D．与足量的氯化铁溶液反应，产生的氢氧化铁沉淀一样多
4．（2020·浙江模拟）室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L 1盐酸中滴加0.1000 mol·L 1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是（ ）
A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
B．用移液管量取20.00 mL 0.1000 mol·L 1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗
C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂
D．V(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.5
5．（2020高二下·泸县月考）25℃时，将0.1mol·L－1氨水溶液加水稀释，下列数值变大的是（ ）
A．c(OH－) B．pH
C．Kb D．n(H+)·n(OH－)
6．（2020高二上·大理期末）25℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋+ OH－ ΔH > 0 ，下列叙述正确的是（ ）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
7．某温度下，水的离子积KW=10-13，关于该温度下水电离的说法正确的是（ ）
A．pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液中水电离出的H+浓度之比为10：1
B．向水中加入少量硫酸氢钠固体或氯化铁固体，水的电离平衡均逆向移动
C．纯水的pH=6.5，显酸性
D．pH均为2的CH3COOH溶液与H2SO4溶液中水电离出的H+浓度不同
8．（2019高三上·惠州月考）下图是不同温度(T1、T2)下溶液中水的电离常数Kw变化曲线，有关说法正确的是（ ）
A．图中温度T1 B．T1温度下pH＝6的溶液有弱酸性
C．两条曲线中四个点Kw间的关系：B＞A＝D＝E
D．E，D两点水的电离均被抑制，而Kw相等
9．（2019高二上·阳春月考）中和相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl和CH3COOH三种稀溶液，所需相同浓度的NaOH溶液的体积为V1、V2和V3，则（ ）
A．V1＞V2＞V3 B．V3＞V2＞V1 C．V3＞V1＝V2 D．V1＞V2＝V3
10．（2019高二上·惠来月考）相同温度，相同物质的量浓度的五种溶液：①NH4Cl ②NaHSO4③NaCl ④CH3COONa ⑤Na2CO3，pH 按由大到小的顺序排列，正确的是（ ）
A．⑤>④>①>③>② B．⑤>④>③>①>②
C．⑤>④>①>②>③ D．④>⑤>③>①>②
11．（2019高二上·长春期中）常温下，pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11∶9混合,则混合液的pH为（ ）
A．7.2 B．8 C．6 D．无法计算
12．（2019高二上·齐齐哈尔期中）今有室温下四种溶液，①pH=11的氨水；②pH=11的NaOH溶液；③pH=3的醋酸；④pH=3的硫酸，下列有关说法错误的是（ ）
A．①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小
B．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH①>②>④>③
C．①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，则所得溶液中2c（NH4+）=c（SO42－）
D．V1L④与V2L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则V1：V2=11：9
二、综合题
13．（2020高二下·房山期末）某学习小组为了探究CH3COOH的电离情况，进行了如下实验。
（1）（实验一）测定醋酸溶液中CH3COOH的物质的量浓度。
用 0.2000mol/L 的
NaOH 溶液滴定 20.00mL 醋酸溶液，3 次滴定所消耗NaOH溶液的体积如下：
实验次数 1 2 3
消耗NaOH 溶液的体积/mL 20.05 20.00 19.95
量取 20.00 mL 醋酸溶液所用的仪器是 (填字母)
a b c d
（2）以上醋酸溶液中CH3COOH的物质的量浓度为
（3）（实验二）探究浓度对CH3COOH电离程度的影响。
用 pH 计测定
25℃时不同浓度的醋酸的 pH，结果如下：
浓度/(mol·L-1) 0.2000 0.1000 0.0100
pH 2.83 2.88 3.38
根据表中数据可知CH3COOH是 电解质(填“强”或“弱”) 得出此结论的依据是
（4）写出CH3COOH的电离方程式
14．（2020·青浦模拟）某实验小组同学为了测定工业纯碱的纯度，进行了一系列实验。
（1）和索氏制碱法相比，侯氏制碱法的优势有 ；
（2）工业纯碱中常含有少量NaCl杂质，解释原因 ，检验是否含有氯化钠杂质的方法为 ；
（3）使用重量法测定纯碱的纯度，用到的试剂有 ；
（4）使用滴定法测定纯碱的纯度，用 （填仪器名称）称量1.200g工业纯碱样品，溶解，用1mol/L盐酸做标准液，滴定过程中溶液pH变化和生成CO2的量如图所示，A点溶液呈碱性的原因 ，计算该工业纯碱样品的质量分数 。（计算结果保留两位小数）
。
15．（2019高二上·日喀则期末）用0.1320mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示，
实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL HCl溶液的体积/mL
1 25.00 24.41
2 25.00 24.39
3 25.00 24.60
回答下列问题：
（1）右图中甲为 滴定管，乙为 滴定管(填“酸式”或“碱式”)
（2）实验中，需要润洗的仪器是： 。
（3）取待测液NaOH溶液25.00mL于锥形瓶中，使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是 。
（4）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，将使所测结果 (填“偏高”“偏低”“不变”，下同)；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果 。
（5）未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为 mol/l。
16．（2019高二上·扶余月考）盐酸、醋酸是中学化学常见的两种酸。回答下列问题：
（1）在体积均为1L，pH均等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，下图所示符合客观事实的是 (填数字代号)
（2）25℃时，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。X代表 (填“盐酸”或“醋酸溶液”)。
（3）常温下，若使pH=3的盐酸与pH=9的Ba(OH)2溶液混合使其成为pH=7的溶液，混合时盐酸和Ba(OH)2溶液的体积比为 。
（4）25℃时，用20mL0.1mol·L-1．CH3COOH溶液滴定一定浓度的NaOH溶液，所加入NaOH溶液的体积(V)和滴定过程中pH的关系曲线如图所示。该滴定过程中应使用的指示剂为 (填“酚酞”或“甲基橙”)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】水的电离
【解析】【解答】硫酸抑制水电离，pH=0的硫酸中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，0.01mol/L NaOH溶液中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，pH=10的纯碱溶液中水的电离氢氧根离子浓度是 ；氯化铵水解促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中水的电离氢离子浓度是 ，故C符合题意。
【分析】酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子抑制水电离，盐水解可以促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中氢离子完全由水电离，所以水电离的氢离子浓度是 。
2．【答案】D
【知识点】水的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.溶液所处的温度未知，因此pH=6.8的溶液的酸碱性未知，A不符合题意；
B.由于醋酸为弱酸，在水中部分电离，因此等pH等体积的醋酸和盐酸，醋酸中苏寒溶质较多，中和所需NaOH的量较多，B不符合题意；
C.加水稀释时溶液中c(H+)减小，由于温度不变，Kw=c(H+)·c(OH-)不变，因此溶液中c(OH-)增大，C不符合题意；
D.氨水溶液中存在NH3·H2O的部分电离NH3·H2O NH4＋＋OH－，因此溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH4＋)=0.mol·L－1，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.溶液的pH与温度有关；
B.醋酸为弱酸，在水中部分电离，所含溶质较多；
C.结合Kw=c(H+)·c(OH-)进行分析；
D.结合物料守恒进行分析；
3．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、升高温度，水的离子积Kw变大，所以两溶液的pH一定改变，A不符合题意；
B、加入氯化铵之后，由于同离子效应，NH3·H2O的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液pH减小，而NaOH溶液中，NH4+和OH-反应，使得c(OH-)降低，溶液pH也减小，B符合题意；
C、向pH相同的两溶液中加水稀释100倍，NaOH溶液的pH的变化量为2，而氨水的pH的变化量小于2，即稀释后，氨水的pH更高，则氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大，C不符合题意；
D、体积相同、pH相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离的NH3·H2O还有很多，这部分NH3·H2O还可以再提供OH-，故这两种溶液和足量的FeCl3反应，氨水产生的Fe(OH)3更多，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】在弱电解质的溶液中存在电离平衡，而且电离的部分往往很少，故在常考的题中，比如HAc(醋酸)和HCl这两种溶液，体积相同、pH相同时，仅仅溶液中说明c(H+)或n(H+)相同，但是HAc是弱电解质，在水中部分电离，随着H+的消耗，其电离平衡不断向右移动，这相当于HAc能提供的H+不止这么多，而是远远大于这个数值，而HCl是强电解质，其在水中完全电离，随着H+的消耗，不会再有H+的补充，这也就是为什么体积相同、pH相同时，和足量的金属反应，HAc放出的氢气多。
4．【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A不符合题意；
B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B不符合题意；
C. 甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C符合题意；
D. V(NaOH)=10.00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)= = mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】当滴定实验中有两种或两种以上试剂符合滴定要求的，应该选择指示范围与滴定突变范围重叠范围大的试剂。
5．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】A.稀释促进NH3·H2O的电离，产生更多的OH-，但c(OH-)减小，A不符合题意；
B.溶液中c(OH-)减小，由于c(H+)×c(OH-)=Kw为定值，则溶液中c(H+)增大，pH减小，B不符合题意；
C.Kb为NH3·H2O的电离平衡常数，只与温度有关，与溶液中浓度无关，因此稀释过程中Kb不变，C不符合题意；
D.由C的分析可知，溶液中c(H+)增大，因此n(H+)增大，故n(H+)×n(OH-)增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加水稀释促进NH3·H2O的电离，产生更多的NH4+和OH-；据此结合Kb、Kw的影响分析。
6．【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A.稀氨水为碱溶液，抑制水的电离，因此平衡逆向移动，NH3·H2O电离产生OH-，因此c(OH-)增大，A不符合题意；
B.加入NaHSO4固体，NaHSO4电离产生H＋，溶液中c(H＋)增大，由于Kw只与温度有关，因此Kw不变，B符合题意；
C.加入固体CH3COONa，CH3COO－与水电离产生的H＋结合成CH3COOH，水的电离平衡正向移动，c(H＋)减小，C不符合题意；
D.水的电离为吸热的过程，加热促进水的电离，Kw增大，pH减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对水电离平衡的相关考查，结合水电离平衡以及水的离子积的影响因素进行分析。
7．【答案】A
【知识点】水的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】该温度下pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液中水电离出的H+浓度分别是10-11mol/L和10-12mol/L，二者比值为10：1，A符合题意；加入少量硫酸氢钠固体，水的电离平衡逆向移动，加少量氯化铁固体，水的电离平衡正向移动B不符合题意；纯水无论pH是多少均显中性，C不符合题意；pH均为2的 CH3COOH溶液与H2SO4溶液中水电离出的H+浓度均为10-11mol/L，D不符合题意。
【分析】某温度下，水的离子积KW=10-13，说明温度高于室温，促进了水的电离，中性溶液的pH小于7，然后结合酸碱中和、pH的计算等进行分析即可。
8．【答案】C
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A、B点Kw= 1×10－12，A点Kw= 1×10－14，温度越高Kw越大，所以温度T2 < T1，故A不符合题意；
B、T1温度下pH＝6的溶液呈中性，故B不符合题意；
C、曲线上的点Kw都相等，温度越高Kw越大，所以两条曲线中四个点Kw间的关系：B＞A＝D＝E，故C符合题意；
D、E、D两点Kw相等，水的电离可能被抑制，也可能被促进，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】等温曲线，曲线上的点离子积常数都相等，不在同一曲线上的点，离子积常数肯定不同，加酸、加碱、加要水解的盐，都只能在这条曲线上移动。
9．【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质；pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】H2SO4、HCl是强电解质，相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl，n(H+)相同，滴加氢氧化钠溶液恰好中和，消耗氢氧化钠的体积相等，即V1＝V2，醋酸是弱酸，等pH时，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，滴加氢氧化钠恰好中和，消耗氢氧化钠溶液的体积远大于盐酸，所以V3＞V1＝V2，
故答案为：C。
【分析】H2SO4、HCl是强酸，完全电离，当相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl，根据n=CV得出，n(H+)相同，滴加氢氧化钠溶液恰好中和，消耗氢氧化钠的体积相等，即V1＝V2，醋酸是弱酸，等等pH时，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，滴加氢氧化钠恰好中和，消耗氢氧化钠溶液的体积远大于盐酸，所以V3＞V1＝V2。
10．【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】硫酸氢钠溶液电离出氢离子，溶液显酸性；同温度相同物质的量浓度下列溶液中，NH4Cl中铵根离子水解导致溶液显示酸性，但是酸性小于硫酸氢钠，CH3COONa、Na2CO3是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，对应酸的酸性越弱水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，酸根离子的水解程度大小为CH3COO-＜CO32-，所以溶液pH：CH3COONa＜Na2CO3，按pH由大到小的顺序排列为：⑤＞④＞③＞①＞②；
故答案为：B。
【分析】呈酸性的有①②中性的有③碱性的有④⑤，而①是部分水解，②是完全电离，故②的酸性强，对于盐溶液来说，对应的酸酸性越弱，则水解程度越大， 故碳酸钠的水解程度大于醋酸钠，故顺序为⑤＞④＞③＞①＞②
11．【答案】C
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】常温下，pH=5的盐酸中c（H+）=10-5mol/L，pH=9的氢氧化钠中c（OH-） =10-5mol/L，二者以体积比11：9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，反应后溶液c(H＋)= mol/L=10－6mol·L－1，pH=－lgc(H＋)=6；
故答案为：C。
【分析】根据溶液pH的定义计算氢离子和氢氧根离子的浓度，然后计算反应后溶液中氢离子浓度，再计算混合溶液的pH即可。
12．【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、①pH=11的氨水，存在电离平衡，加入氯化铵溶解后NH4＋对一水合氨的电离起到了抑制作用，OH－浓度减少，pH减小；②pH=11的NaOH溶液加入氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，溶液中OH－浓度减少，pH减小，A项不符合题意；
B、分别加水稀释10倍：①pH=11的氨水存在电离平衡，pH减少小于1，应在10-11间、②pH=11的NaOH溶液是强碱，稀释后pH为10、③pH=3的醋酸溶液存在电离平衡，pH增大小于1，应在3-4间、④pH=3的硫酸是强酸，稀释后pH为4，故pH大小为①＞②＞④＞③，B项不符合题意；
C、①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，c(H+)= c(OH-)依据混合溶液中存在的电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)= c(OH-)+2 c(SO42-)，得到c(NH4+)=2 c(SO42-)，C项符合题意；
D、V1L④与V2L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，混合溶液中c(H+)=10-4mol/L，说明溶液呈酸性，氢离子过量，pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，列式计算， ＝10 4，化简得到 V1：V2=11：9，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据氢离子和氢氧根离子物质的量之间的关系，可以计算出几种溶液离子浓度的关系，以及稀释之后的pH值的大小关系。
13．【答案】（1）c
（2）0.2000mol/L
（3）弱；c(CH3COOH)为0.1000mol/L时pH＞1，即c(H+)＜0.1000mol/L，说明CH3COOH未完全电离(或c(CH3COOH)由0.1000mol/L变为0.01mol/L时pH变化小于1，说明醋酸未完全电离)
（4）CH3COOH CH3COOˉ+H+
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】(1)醋酸溶液显酸性，所以量取20.00 mL醋酸溶液需要用酸式滴定管，所以选c；(2)醋酸和NaOH的反应方程式为CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，消耗的NaOH溶液的平均体积为 =20.00mL，所以c(CH3COOH)= =0.2000mol/L；(3)c(CH3COOH)为0.1000mol/L时pH>1，即c(H+)＜0.1000mol/L，说明CH3COOH未完全电离，即醋酸为弱电解质。(或c(CH3COOH)由0.1000mol/L变为0.01mol/L时pH变化小于1，说明醋酸未完全电离)；(4)CH3COOH的电离方程式为CH3COOH CH3COOˉ+H+。
【分析】（1）醋酸采用的是酸式滴定管
（2）根据c标v标=c待测v待测可求算
（3）判断强弱电解质的依据看是否能完全电离
（4）由（3）可得为弱电解质，则用可逆符号
14．【答案】（1）氯化钠利用率高，污染小，成本低等（答对两条即可）
（2）氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留；取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质
（3）CaCl2(BaCl2)
（4）电子天平；A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3- H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性；0.88
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；中和滴定
【解析】【解答】(1)氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，联合制碱法与氨碱法相比，不产生难以处理的CaCl2，同时可生产出NH4Cl作氮肥，同时提高了食盐的利用率，和索氏制碱法相比，污染小、成本低等；(2)氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留，故工业纯碱中常含有少量NaCl杂质；检验是否含有氯化钠杂质只需要检验是否含有氯离子即可：方法为取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质；(3)根据碳酸钠的化学性质，碳酸钠与 BaCl2溶液(或CaCl2)溶液反应分别有碳酸钡或碳酸钙白色沉淀生成，由生成沉淀的质量计算出碳酸钠的质量，进而可计算出该工业纯碱的纯度，则使用重量法测定纯碱的纯度，用到的试剂有CaCl2(或BaCl2)；(4)使用滴定法测定纯碱的纯度，称量1.200g工业纯碱样品，要使用精确度较高的称量仪器，应用电子天平；A点时消耗1mol/L盐酸标准液体积为10mL，此时溶液中碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，即A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3- H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性；根据图示，当1mol/L盐酸标准液体积为20mL时，碳酸钠全部转化为CO2，达到滴定终点，根据反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，当消耗20mL盐酸时，n(Na2CO3)= n(HCl)= ×20mL×10-3×1mol/L=0.01mol，该工业纯碱样品的质量分数= =0.88。
【分析】(1)氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，根据反应原理分析优缺点；(2)NaCl是制取纯碱的原理，据此分析；检验是否含有氯化钠杂质即为检验氯离子的存在；(3)根据碳酸钠、氯化钠的化学性质进行分析判断；(4)称量1.200g工业纯碱样品，需要精确度较高的称量仪器； A 点溶液为NaHCO3的溶液，碳酸氢根离子可水解也可电离，根据水解和电离程度分析判断。
15．【答案】（1）酸式；碱式
（2）(酸、碱式)滴定管
（3）红色褪去，半分钟不再出现红色
（4）偏高；偏低
（5）0.128
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）酸式滴定管下端为玻璃活塞，碱式滴定管下端为橡胶管，因此图甲为酸式滴定管，图乙为碱式滴定管；
（2）用滴定管取用液体时，为防止溶液被滴定管中残留的水稀释，使用滴定管前，必须用待装溶液进行润洗；
（3）用稀盐酸滴定NaOH溶液，当达到滴定终点时，溶液为中性，滴有酚酞的NaOH溶液为红色，因此达到滴定终点时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色；
（4）滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，则导致V标偏大，因此测得待测液浓度偏高；
滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所得V标偏小，因此测得待测液的浓度偏低；
（5）第三次实验消耗HCl溶液的体积偏大，应舍去，故实验过程中消耗HCl溶液的体积为，即V标=24.40mL；因此该NaOH溶液的浓度：
【分析】（1）根据酸式滴定管和碱式滴定管的结构进行分析；
（2）结合滴定管的使用进行分析；
（3）根据滴定终点溶液的酸碱性分析；
（4）根据公式，结合错误操作对V标的影响，分析实验误差；
（5）根据实验过程中消耗标准液的体积，结合公式计算待测液的浓度；
16．【答案】（1）Ⅲ
（2）盐酸
（3）1：100
（4）酚酞
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）Ⅰ、，盐酸溶液中n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，醋酸溶液中n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，但由于CH3COOH是弱酸，反应过程中能够不断电离出H+，因此反应过程中，醋酸溶液中pH变化较慢，Ⅰ不符合题意；
Ⅱ、由于CH3COOH在反应过程中不断电离出H+，因此溶液中c(H+)几乎不变，反应速率几乎不变，而盐酸在反应过程中，c(H+)逐渐减小，因此反应速率变小，Ⅱ不符合题意；
Ⅲ、0.01molZn与0.01molHCl反应过程中，0.01molHCl完全反应，产生n(H2)=0.005mol，而与醋酸反应过程中，由于c(CH3COOH)>0.01mol/L，因此0.01molZn完全反应，产生n(H2)=0.01mol，Ⅲ符合题意；
Ⅳ、由于CH3COOH在反应过程中不断电离出H+，因此溶液中c(H+)几乎不变，反应速率几乎不变，而盐酸在反应过程中，c(H+)逐渐减小，Ⅳ不符合题意；
故答案为：Ⅲ
（2）稀释过程中，会促进CH3COOH的电离，产生更多的H+，因此稀释过程中，醋酸溶液的pH变化较小，故变化较小的Y曲线表示的是CH3COOH，变化较大的X曲线表示的是盐酸；
（3）设盐酸溶液的体积为V1，Ba(OH)2溶液的体积为V2，pH=9的Ba(OH)2溶液中，c(H+)=10-9mol/L，则溶液中；由于混合后溶液的pH=7，则原溶液中n(H+)=n(OH-)，即0.001mol/L×V1=10-5mol/L×V2，解得V1:V2=1:100；
（4）由于滴定终点，溶液中溶质为CH3COONa，溶液显碱性，因此需用酚酞做指示剂；
【分析】（1）pH=2的盐酸和醋酸溶液中，c(H+)=0.01mol/L，由于醋酸是弱酸，溶液中c(CH3COOH)>0.01mol/L，据此结合选项所给图像进行分析。
（2）稀释会促进弱电解质的电离，据此分析；
（3）混合后溶液的pH=7，则原溶液中n(H+)=n(OH-)，据此进行计算；
（4）根据滴定终点溶液的酸碱性确定所用指示剂；
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