《2026年学易优高考二轮总复习化学》

1. (2025·江西二模)$25^{\circ}C$时向$10\ mL$某浓度新制氯水中滴入$0.1\ mol·L^{-1}$的${NaOH}$溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离平衡常数为$K_{a} = 2.5×10^{-8}$。下列说法正确的是(C)


A.该实验过程可以用$pH$试纸测量溶液的$pH$值
B.甲点溶液中存在：$n({Cl_{2}}) + n({HClO}) + n({Cl^{-}}) + n({ClO^{-}}) = 0.01N_{A}$
C.丙点溶液中：$c(Na^{+}) ＞ c(Cl^{-}) ＞ c(ClO^{-}) ＞ c({HClO}) ＞ c(H^{+})$
D.氯水中存在平衡：${Cl_{2}(aq) + H_{2}O(l)⇌ H^{+}(aq) + Cl^{-}(aq) + HClO(aq)}$该反应的平衡常数$K$的数量级为$10^{-6}$

答案： 1.C 由图可知，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生HCl与NaOH的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与NaOH的反应。由图可知，加入20mL氢氧化钠溶液恰好生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素质量守恒，氯原子总量为$0.1mol· L^{-1}×0.02L=0.002mol$，据此解答。氯水中的次氯酸具有强氧化性，则氯水具有漂白性，玻璃棒蘸取该溶液滴至pH试纸上会先变色后褪色，所以该实验过程不可以用pH试纸测量溶液的pH值，A错误；由分析可知，结合氯元素守恒，甲点溶液中存在：$2n(Cl_2)+n(HClO)+n(Cl^-)+n(ClO^-)=0.002N_A$，B错误；丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，此时$c(H^+)=10^{-8}mol/L$，则$K_a=\frac{c(H^+)c(ClO^-)}{c(HClO)}=\frac{10^{-8}c(ClO^-)}{c(HClO)}=2.5×10^{-8}$，$c(ClO^-)=2.5c(HClO)$，结合反应$Cl_2+H_2O\rightleftharpoons HClO+HCl$，则$c(Cl^-)=c(ClO^-)+c(HClO)$，所以丙点溶液中：$c(Na^+)＞c(Cl^-)＞c(ClO^-)＞c(HClO)＞c(H^+)$，C正确；氯水中存在平衡：$Cl_2(aq)+H_2O(l)\rightleftharpoons H^+(aq)+Cl^-(aq)+HClO(aq)$，pH=10时，$Cl_2$与NaOH刚好完全反应，由$Cl_2+2NaOH=NaCl+NaClO+H_2O$，可求出$c(Cl_2)=\frac{0.1mol· L^{-1}×0.02L×\frac{1}{2}}{0.01L}=0.1mol/L$，根据起点pH=2，有$c(H^+)=c(Cl^-)=c(HClO)=0.01mol/L$，此时$c(Cl_2)=0.1-c(H^+)$，其平衡常数$K=\frac{c(H^+)c(Cl^-)c(HClO)}{c(Cl_2)}=\frac{0.01×0.01×0.01}{0.1-0.01}\approx10^{-5}$，即该反应的平衡常数K的数量级为$10^{-5}$，错误；故选C。

2. (2025·贵州毕节二模)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${CH_{3}COOH}$的混合溶液，滴定过程中溶液的$pH$随$\eta$($\eta=\dfrac{V(标准溶液)}{V(待测溶液)}$)的变化曲线如图所示。已知：$K_{a}({CH_{3}COOH}) = 10^{-4.76}$。下列说法错误的是(D)


A.a点溶液$pH$约为$3.38$
B.b点：$c({CH_{3}COOH}) ＜ c({CH_{3}COO^{-}})$
C.c点：$c(Na^{+}) = 2c({CH_{3}COO^{-}}) + 2c({CH_{3}COOH})$
D.$pH = 7$时，$c(Na^{+}) = c(Cl^{-}) + c({CH_{3}COOH})$

答案： 2.D NaOH溶液和HCl、$CH_3COOH$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，$CH_3COOH$未发生反应，溶质成分为NaCl和$CH_3COOH$；b点时NaOH溶液反应掉一半的$CH_3COOH$，溶质成分为NaCl、$CH_3COOH$和$CH_3COONa$；c点时NaOH溶液与$CH_3COOH$恰好完全反应，溶质成分为NaCl、$CH_3COONa$；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、$CH_3COONa$和NaOH，据此解答。由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和$CH_3COOH$，$c(CH_3COOH)=0.0100mol/L$，$c(H^+)=c(CH_3COO^-)$，则$K_a=\frac{c(H^+)c(CH_3COO^-)}{c(CH_3COOH)}=\frac{c^2(H^+)}{0.01}=10^{-4.76}$，$c(H^+)=\sqrt{10^{-6.76}}=10^{-3.38}(mol· L^{-1})$，$pH=3.38$，故A正确；点b溶液中含有NaCl及等浓度的$CH_3COOH$和$CH_3COONa$，由于$pH＜7$，溶液显酸性，说明$CH_3COOH$的电离程度大于$CH_3COO^-$的水解程度，则$c(CH_3COOH)＜c(CH_3COO^-)$，故B正确；由分析可知，c点时溶质成分为NaCl、$CH_3COONa$，且浓度比为1:1，根据元素质量守恒：$c(Na^+)=2c(CH_3COOH)+2c(CH_3COO^-)$，故C正确；pH=7时$c(H^+)=c(OH^-)$，则根据电荷守恒：$c(Na^+)=c(Cl^-)+c(CH_3COO^-)$，故D错误；故答案为D。