最新高考化学一轮复习【讲通练透】 第29讲 水的电离和溶液的酸碱性（练透）

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考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
2.精练高考真题，明确方向
经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力
复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。

第29讲 水的电离和溶液的酸碱性
（模拟精练+真题演练）
完卷时间：50分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Cu 64
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）
1．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）实验小组进行实验检测菠菜中草酸和草酸盐的含量(均以草酸计)，主要操作包括：
①菠菜样品研磨成汁，稀硫酸浸泡后取澄清溶液；②转移定容①中的澄清溶液，得待测液；③移取20.00mL待测液，用的酸性溶液滴定。
上述操作中，未用到的仪器为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】实验过程中，①所需仪器为研钵、烧杯、玻璃棒、漏斗；②所需仪器为玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③所需仪器为酸式滴定管、锥形瓶。选项中A为研钵，B为分液漏斗，C为烧杯，D为酸式滴定管。上述操作中，未用到的仪器为分液漏斗，故选B项。
2．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）某小组设计实验测定胆矾()纯度(杂质不参与反应)：称取胆矾样品溶于蒸馏水，加入足量KI溶液，充分反应后，过滤。把滤液配制成250mL溶液，准确量取配制溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴溶液X，用溶液滴定至终点，消耗滴定液Vml。涉及有关反应如下：，。下列叙述正确的是
A．X为甲基橙溶液
B．滴加溶液时选择滴定管如图所示
C．滴定管装液之前最后一步操作是水洗
D．胆矾纯度为
【答案】D
【解析】A．滴定反应为碘单质与硫代硫酸钠反应，因为碘单质遇淀粉变蓝，则指示剂X为淀粉溶液，A项错误；B．水解而使其溶液显碱性，因此滴加该溶液要选择碱式滴定管，B项错误；C．滴定管装液之前最后一步操作是润洗，即用待装液润洗滴定管，C项错误；D．根据关系式：可知，胆矾纯度为，D项正确；答案选D。
3．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）电位滴定法是根据滴定过程中被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点的一种滴定分析方法。常温下，利用盐酸滴定一定物质的量浓度的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知：碳酸的电离常数)。下列说法不正确的是

A．该实验中，需先后用酚酞和甲基橙作指示剂
B．a点：
C．水的电离程度：a点>b点
D．b点：比值为
【答案】A
【解析】A．根据题中信息指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点的一种滴定分析方法，因此该实验中不需要用指示剂，故A错误；B．a点溶质是碳酸氢钠和氯化钠且两者浓度相等，碳酸氢根既要电离又要水解，因此，故B正确；C．a点溶质是碳酸氢钠和氯化钠，促进水的电离，而b点溶质是氯化钠和碳酸，抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，故C正确；D．b点：，故D正确。
综上所述，答案为A。
4．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知下，均为1的(难挥发的二元强酸)溶液和溶液，升高温度，两溶液与温度的关系如图所示(不考虑水的挥发)。下列说法错误的是

A．时，对应溶液中水的电离程度最小
B．时，水的离子积常数
C．之后，对应溶液增大的主要原因是醋酸挥发
D．点两溶液中存在
【答案】D
【解析】A．由图可知，曲线表示溶液的与温度的关系，时醋酸电离产生对水的电离抑制程度更大，水电离程度最小，A项正确；B．由图可知，曲线表示稀的与温度的关系，则时，溶液中和电离出的浓度之和为，电离出的，水的离子积常数，B项正确；C． 之后，温度升高，溶液增大，主要原因是醋酸挥发，C项正确；D．由电荷守恒可知，，D项错误；故答案为：D。
5．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是

A．pH=5的a、d水溶液中c(H+)相同
B．c通入紫色石蕊先变红后褪色
C．b和e反应可能生成Na2S2O3
D．e能够促进水的电离
【答案】B
【分析】根据含有硫元素的物质所属类型，结合硫元素的化合价，可知a是H2S，b是单质S，c是SO2，d是H2SO4，e为Na2SO3等亚硫酸盐，再结合物质的性质分析解答。
【解析】A．pH=5的H2S、H2SO4水溶液中c(H+)都为1.0×10-5ml·L-1，故c(H+)相同，A正确；B．c是SO2，SO2只能漂白某些有机色质，比如品红溶液，但是不能使指示剂褪色，故B说法错误，B错误；C．单质S与Na2SO3固体共热，可生成硫代硫酸钠Na2S2O3，C正确；D．Na2SO3等亚硫酸盐为水解盐，能够促进水的电离，D正确；故选B。
6．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）常温下，向10 mL0.1 ml·L-1HA溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1的MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。

下列说法正确的是
A．a→d过程中，水的电离程度逐渐增大
B．加入10 mL→13 mL MOH溶液时，导电率降低是因为离子总数减小
C．常温下，Kb (MOH) =Ka(HA)≈10 -4.6
D．b点溶液中c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +c (OH- )
【答案】C
【分析】起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，c点加入MOH10ml时二者完全反应呈中性，也说明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量为1：1。
【解析】A．a→c过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，c→d是碱过量又抑制水的电离，故A错误；B．10 mL→13 mL是碱过量，离子数目继续增加，溶液体积继续增大，但是离子浓度在减小，所以导电率减小，故B错误；C．因为生成的弱酸弱碱盐呈中性，说明Kb (MOH) =Ka(HA)，在a点pH=2.8，c(H+)=c(A-)=，c(HA)=0.1ml/L，，故C正确；D．b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量为1：1，根据物料守恒和电荷守恒得出如下式子c(HA)+c(A-)=2c(M+)+2c(MOH)(1)和c(H+)+c(M+)=c(A-)+c(OH-)(2)，（1）+得到如下式子：c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +2c (OH- )，故D错误；答案选C。
7．（2023·河南·统考模拟预测）25 °C时，用0.5 ml·L-1 NaHCO3溶液滴定25.00 mL0.25 ml·L-1 CaCl2溶液，测得混合溶液的pH随滴加NaHCO3溶液的体积变化如图所示，当滴加25mLNaHCO3溶液时出现较为明显的白色沉淀[已知：Ksp (CaCO3) =3.5 ×10-9、Ka1(H2CO3) =4.4 ×10-7、Ka2(H2CO3) =4.5×10-11、100.8≈6.3]。

下列叙述错误的是
A．向饱和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固体，溶液pH不变
B．的电离程度：c点大于b点
C．d点溶液中c(Ca2+) c>b>a
D．b点溶液中：
【答案】D
【分析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1 ml·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当a，C正确；D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，b点pHc(OH-)，H2A被滴定分数>1，c(OH-)>c(H2A)，D错误；故选D。
11．（2023·北京东城·北京五十五中校考模拟预测）测定溶液中乙二醛(含少量硝酸)含量的方法如下。
i．取V mL待测溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为0.20 ml·L-1 NaOH溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色，中和硝酸。
ii．向i所得溶液加入过量0.50 ml·L-1 NaOH溶液V1 mL，充全反应，使乙二醛反应生成CH2OHCOONa。
iii．用0.50 ml·L-1硫酸滴定ii中溶液至终点，消耗硫酸体积为V2 mL。
下列说法不正确的是
A．根据结构分析，pKa：CH2OHCOOH < CH3COOH
B．乙二醛反应生成CH2OHCOONa属于氧化还原反应
C．待测溶液中乙二醛浓度为(0.5V1-V2)/ V ml·L-1
D．若不进行步骤i，测得溶液中乙二醛浓度偏低
【答案】D
【解析】A．pKa越小，酸性越强。氧元素电负性很大，CH2OHCOOH中醇羟基的氧原子的作用可使羧基的O-H键极性增强，电离出变易。CH3COOH中甲基是推电子基团，可使羧基的O-H键极性减弱，电离出变难，因此pKa： CH2OHCOOH< CH3COOH，A正确；B．醛基转化为羟基属于还原反应，醛基转化为羧基属于氧化反应，B正确；C．根据步骤iii，与硫酸反应的NaOH物质的量为：，则与乙二醛反应的NaOH物质的量为：，根据步骤ii，乙二醛物质的也为，则待测液中乙二醛的浓度为，C正确；D．如果不进行步骤i，在步骤ii时，除乙二醛消耗NaOH外，HNO3也消耗NaOH，会造成计算得出的与乙二醛反应的NaOH偏多，最后测得溶液中乙二醛浓度偏高，D错误；故选D。
12．（2023·上海·统考模拟预测）0.1 ml·L NaOH溶液分别滴入20 mL 0.1 ml·L HX溶液与20 mL 0.1 ml·L HCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示。下列说法正确的是

A．b点：B．c点：
C．a、d点溶液混合后为酸性D．水的电离程度：d>c>b>a
【答案】D
【分析】NaOH是一元强碱，HCl是一元强酸，当滴加20mLNaOH溶液时溶液为中性，则N曲线为HCl溶液的滴定曲线，M曲线为HX溶液的滴定曲线且可以判断该酸为弱酸。
【解析】A．b点的pH=6则，则，故A错误；
B．c点是NaX与HX1:1的混合溶液，根据质子守恒可得：，故B错误；C．a、d点溶液混合即30mLNaOH溶液与20 mL 0.1 ml·L HX溶液与20 mL 0.1 ml·L HCl溶液混合，溶质为NaCl 和1:1的NaX与HX，酸碱性等价于c点，由图可知呈碱性，故C错误；D．d点溶质只有NaX对水的电离起促进作用，c点NaX与HX1:1的混合溶液，溶液显碱性说明水解程度大于电离程度，HCl是一元强酸而HX为弱酸，强酸对水的电离的抑制程度更大，所以水的电离程度：d>c>b>a，故D正确；故选D。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（14分）（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）I．研究水溶液中的粒子行为在研究中具有重要价值。根据下表所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：
(1)根据表中数据，写出HAc的电离方程式
(2)比较溶液(II)、(III)中的大小关系是(II) (III)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(3)溶液(I)和(II)中由水电离出的之比是 。
II．某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变浓度，HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 ml·L的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。
(4)根据表中信息，补充数据：a= ，b= 。
(5)由实验I和II可知，稀释HAc溶液，电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由： 。由实验II~VIII可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
【答案】(每空2分)(1)HAc⇌Ac-+H+
(2)＜
(3)1:105
(4)3.00 33.00
(5)正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1
【解析】（1）0.1ml/L醋酸溶液的pH等于2.86，说明是弱电解质，则其电离方程式为HAc⇌Ac-+H+；（2）铵根水解显酸性，硫酸氢铵能电离出氢离子抑制铵根的水解，则溶液(Ⅱ)、(Ⅲ)中c()的大小关系是(Ⅱ)＜(Ⅲ)；（3）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，1.0×10-11.14ml•L-1，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，溶液中H+是由水电离出的，c(H+)=1.0×10-6.14ml•L-1，则溶液(I)和(Ⅱ)中由水电离出的c(H+)之比是(1.0×10-11.14ml•L-1):(1.0×10-6.14ml•L-1)=1:105；（4）由表格中数据可知，保证醋酸钠和醋酸物质的量之比为3:4，二者浓度相等，则体积比为3:4，则a=3.00mL，总体积是40ml，则b=(40-3.00-4.00)mL=33.00mL；（5）加水稀释，体积增大，平衡向微粒数增多的方向移动，即向电离的正向移动，强酸溶液不存在电离平衡，稀释10倍pH增大1，而比较实验I、II，醋酸稀释10倍，pH增大值小于1。
14．（12分）（2023·江西宜春·江西省宜丰中学校考模拟预测）已知25℃时电离常数：
(1)H2CO3、CH3COOH、HCN三种酸中酸性最弱的是 。常温下，pH均为10的Na2CO3、CH3COONa、NaCN、NaHCO3四种溶液中，物质的量浓度最大的是 。
(2)常温下，向20mL0.01ml·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01ml·L-1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：

①若想观察滴定终点，滴定过程中宜选用 作指示剂(填“酚酞”、“石蕊”或“甲基橙”)。
②b点时，溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
(3)常温下，向NaCN溶液中通入少量CO2发生反应的化学方程式为： 。
(4)在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO+H2OHCO+OH-平衡，下列说法不正确的是_______。
A．稀释溶液，增大B．通入CO2，溶液pH减小
C．升高温度，水解平衡常数增大D．加入Na2O固体，减小
【答案】（每空2分）(1)HCN CH3COONa
(2)酚酞 c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)
(3)NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN
(4)A
【解析】（1）电离平衡常数越大，说明电离程度越强，根据表中数据可知，酸性强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN，因此三种酸中酸性最弱的是HCN；酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，pH为10的四种盐溶液中，物质的量浓度最大的是CH3COONa；
（2）①中和滴定实验中，不用石蕊作指示剂，CH3COOH与KOH恰好完全反应生成CH3COOK，CH3COOK为强碱弱酸盐，溶液显碱性，选择指示剂原则之一是指示剂的变色范围与溶液的酸碱性一致，因此用KOH滴定CH3COOH溶液，指示剂为酚酞；②根据图像可知，b点时，混合溶液显酸性；b点加入KOH溶液10mL，此时溶液中溶质为CH3COOK、CH3COOH，且两者物质的量相等，b点溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)；
（3）根据表中数据，电离平衡常数大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO，因此NaCN溶液中通入少量CO2，发生NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO；
（4）A．，加水稀释，促使平衡向右进行，n(CO)减小，n(Na+)、Kh不变，因此该比值应减小，故A错误；B．通入CO2，CO2与OH-反应生成HCO，c(OH-)降低，pH降低，故B正确；C．盐类水解为吸热反应，升高温度，促进水解，水解常数增大，故C正确；D．加入Na2O，氧化钠与水反应生成NaOH，c(OH-)增大，平衡左移，c(HCO)减小，c(CO)增大，该比值减小，故D正确；答案选A。
15．（14分）（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考二模）(NH4)2Cr2O7用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、 、 。
（2）为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量252g/ml)的分解产物，按下图连接好装置，在A中加入5.040g样品进行实验。
①仪器B的名称是 。
②加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为2.00g、1.44g，写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式 。
③C的作用是 。
（3）实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2++Cr2O72－+H2O=2BaCrO4↓+2H+、 4NH4++6HCHO =3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1ml(CH2)6N4H+与1mlH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：称取样品2.800g，配成250mL溶液，移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O72－完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用0.200 ml·L－1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次。
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 。
②滴定结果如下表所示
该样品中氮的质量分数为 。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)有刺激性气味气体放出 溶液变为黄色（1分）
(2)①U形管（1分） ②(NH4)2Cr2O7 Cr2O3+N2↑+4H2O ③防止水蒸气进入到B中
(3)①偏大 锥形瓶内溶液颜色的变化 ②10.00%
【分析】(1)根据NH4+与碱反应生成氨气，以及Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+平衡移动解答。
(2)根据重铬酸铵的元素组成和元素化合价的变化，判断可能的产物。再根据实验现象及玻璃管A和U形管B的质量变化确定分解产物及产物的物质的量，进而确定参加反应的各物质的计量关系，据此写出重铬酸钾分解反应的化学方程式。
(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1ml(NH4)2Cr2O7能产生4mlH+，其中2mlH+是由2mlNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量，所以每摩尔氮原子产生的H+消耗1mlNaOH，据此分析计算。
【解析】(1)(NH4)2Cr2O7固体溶解于水，溶液呈橙色，当滴加足量浓KOH溶液时，NH4++OH-=NH3↑+H2O，H++OH-=H2O，溶液中H+浓度减小，使平衡Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+向正反应方向移动，所以观察到的主要现象除固体溶解外，还有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色。
(2)①仪器B的名称是U形管。②因碱石灰不能吸收NH3，而D中酚酞溶液不变色，说明重铬酸铵分解无氨气产生。B中碱石灰质量增加，说明有水蒸气生成（质量为1.44g）。但B中增加的质量（1.44g）小于A中减小的质量（2.00g），说明重铬酸铵分解产生的气体中除水蒸气外还有另外气体，该气体不能被碱石灰吸收，结合-3价氮的还原性和+6价铬的氧化性推测该气体是氮气，n(N2)= =0.02ml，生成0.02mlN2时-3价氮元素失去的电子物质的量=0.02ml×6e-=0.12mle-，又因A中样品n[(NH4)2Cr2O7]= =0.02ml，根据氧化还原反应中电子得失守恒，每个+6价铬原子得到的电子数==3，即铬元素化合价由+6价降到+3价，由此推知A中生成固体是Cr2O3，其物质的量n(Cr2O3)=0.02ml。生成水蒸气的物质的量n(H2O)==0.08ml。则参加反应的各物质的物质的量之比为：n[(NH4)2Cr2O7]：n(Cr2O3)：n(N2)：n(H2O)=0.02:0.02:0.02:0.08=1:1:1:4。所以重铬酸钾受热分解的化学方程式为：(NH4)2Cr2O7 Cr2O3+N2↑+4H2O。③为了使B中碱石灰只吸收重铬酸钾分解产生的水蒸气，C的作用就是防止D中水蒸气进入到B中。
(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1ml(NH4)2Cr2O7能产生4mlH+，其中2mlH+是由2mlNH4+生成的，NH4+产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量（每摩尔氮原子生成的H+消耗1mlNaOH）。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液，NaOH溶液将被滴定管内壁的水膜稀释，用该NaOH溶液滴定时用去的NaOH溶液的体积将偏大；中和滴定的关键是准确确定酸与碱恰好中和的时间点，所以眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。②由表格数据可知，四次平行实验用去的NaOH标准溶液体积分别为：21.06-1.07=19.99mL、20.89-0.88=20.01mL、21.20-0.20=21.00、20.66-0.66=20.00mL。显然第三次实验数据异常，舍去。所以滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值==20.00mL。2.800g样品用去NaOH的总物质的量=0.02000L×0.200ml/L×=0.04ml，则样品中氮原子物质的量=×0.04ml=0.02ml，所以样品中含氮质量分数=×100%=10.00%。
1．（2023·浙江·统考高考真题）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中时，溶液中
【答案】D
【解析】A．溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B．实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B错误；C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误；D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。
综上所述，答案为D。
2．（2023·湖南·统考高考真题）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是

A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【分析】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，据此解答。
【解析】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L，==10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH