第8講水溶液中的離子平衡1.了解電解質(zhì)的概念；了解強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念。2.了解電解質(zhì)在水溶液中的電離，以及電解質(zhì)溶液的導電性。3.了解弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡。4.了解水的電離，離子積常數(shù)。5.了解溶液pH的定義；了解測定溶液pH的方法，能進行pH的簡單計算。6.了解鹽類水解的原理、影響鹽類水解程度的主要因素、鹽類水解的應用。7.了解難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡，了解溶度積的含義及其表達式，能進行相關的計算。[最新考綱]?？键c一水的電離和溶液的酸堿性1.理解有關pH的概念判斷下列正誤(1)常溫下pH為2的鹽酸與等體積pH＝12的氨水混合后所得溶液呈酸性。()(2)常溫下pH為2的鹽酸中由H2O電離出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1。()(3)同濃度、同體積的強酸與強堿溶液混合后，溶液的pH＝7。()(4)常溫下，將pH＝3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的pH＝4。(

)[知識特訓]×√××2.根據(jù)水電離的有關影響因素，比較下列溶液在常溫時水的電離程度大?。篲_______________。 ①pH＝3的鹽酸②pH＝4的NH4Cl溶液③pH＝7的NaCl溶液④pH＝10的NaOH溶液⑤pH＝9的NaHCO3溶液②>⑤>③>④>①＝><10＝1.pH和pOH的關系室溫下，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，則pKw＝14。[精華聚焦]2.走出pH使用時的三大誤區(qū)

誤區(qū)一：不能正確理解酸、堿的無限稀釋規(guī)律

常溫下任何酸或堿溶液無限稀釋時，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能無限地接近7。

誤區(qū)二：不能正確理解弱酸、弱堿的稀釋規(guī)律溶液稀釋前溶液pH加水稀釋到體積為原來的10n倍稀釋后溶液pH酸強酸pH＝apH＝a＋n弱酸a<pH<a＋n堿強堿pH＝bpH＝b－n弱堿b－n<pH<b誤區(qū)三：不能正確掌握混合溶液的定性規(guī)律pH＝n(n<7)的強酸和pH＝14－n的強堿溶液等體積混合，混合溶液pH＝7；pH＝n(n<7)的醋酸和pH＝14－n的氫氧化鈉溶液等體積混合，混合溶液pH<7；pH＝n(n<7)的鹽酸和pH＝14－n的氨水等體積混合，混合溶液pH>7。3.水電離的c(H＋)或c(OH－)的計算方法(25℃)(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1。(2)溶質(zhì)為酸的溶液H＋來源于酸和水的電離，而OH－只來源于水。如計算pH＝2的鹽酸中水電離出的c(H＋)：方法是求出溶液中的c(OH－)＝10－12mol·L－1，即水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1。(3)溶質(zhì)為堿的溶液OH－來源于堿和水的電離，而H＋只來源于水。如pH＝12的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－12mol·L－1，即水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·L－1。(4)水解呈酸性或堿性的正鹽溶液H＋和OH－均由水電離產(chǎn)生。如pH＝2的NH4Cl溶液中由水電離出的c(H＋)＝10－2mol·L－1；如pH＝12的Na2CO3溶液中由水電離出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。1.(2015·廣東理綜，11)一定溫度下，水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖，下列說法正確的是(

)[重溫真題]A.升高溫度，可能引起由c向b的變化B.該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×10－13C.該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化D.該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化解析A項，升高溫度，促進水的電離平衡，則c(H＋)和c(OH－)都同等程度地變大，若由c向b變化，則c(H＋)增大，c(OH－)將變小，錯誤；B項，根據(jù)b點對應的c(H＋)和c(OH－)都為1.0×10－7mol/L，所以該溫度下，水的離子積常數(shù)Kw＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，錯誤；C項，加入FeCl3發(fā)生水解反應：Fe3＋＋3H2O

Fe(OH)3＋3H＋，破壞水的電離平衡，c(H＋)增大、Kw不變，c(OH－)變小，則可能引起由b向a變化，正確；D項，c點對應的溶液呈堿性，稀釋溶液，c(OH－)變小，Kw不變，c(H＋)增大，故可引起由c向b的變化，而不是向d變化，錯誤。答案C答案D3.(2014·上海，21改編)室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5mLpH＝3的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH＝4。關于甲、乙兩燒杯中溶液的描述正確的是(

) A.溶液的體積10V甲≤V乙 B.水電離出的OH－濃度：10c(OH－)甲≤c(OH－)乙 C.若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙 D.若分別與5mLpH＝11的NaOH溶液反應，所得溶液的pH：甲≥乙解析本題考查弱電解質(zhì)的電離和鹽類水解。由題意原甲、乙兩燒杯均盛有5mL的溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH＝4，若該酸為強酸則10V甲＝V乙，若為弱酸則10V甲<V乙，所以A正確；B中根據(jù)常溫下水的離子積可以計算出水電離出的OH－濃度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙；C中若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，甲中所得鹽溶液的濃度大，若為強酸則甲＝乙，若為弱酸，弱酸鹽濃度大的堿性(pH)也大，則甲>乙，所以C錯誤；D中若分別與5mLpH＝11的NaOH溶液反應，若為強酸，則甲＝乙，若為弱酸，所得溶液應為酸性，甲中濃度大，酸性強，pH小，所以甲≤乙，所以D錯誤；綜上所述選A。答案A感悟高考1.題型：選擇題(判斷＋計算)2.考向：水的電離、溶液的酸堿性和溶液pH的計算能夠考查學生的分析、推理和運算能力，是高考的?？键c，常見的命題角度有：①水的電離平衡、離子積常數(shù)和影響水電離平衡的因素；②溶液酸堿性的本質(zhì)及判斷；③混合溶液pH的計算。3.注意點：由水電離出的c(H＋)一定等于c(OH－)，但存在于溶液中的并不一定相等。[最新模擬]解析選項A，升高溫度，KW增大，錯誤；選項B，加入少量鹽酸，抑制了H2O的電離，平衡向逆反應方向移動，H2O電離出的c(H＋)減小，但溶液中c(H＋)增大，正確；選項C，加入少量NaOH固體，溶液中c(OH－)增大，錯誤；選項D，CH3COO－水解導致溶液中c(OH－)>c(H＋)，錯誤。答案B答案C題組2突破難點：pH的計算3.某溫度時，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，c(OH－)＝10－bmol·L－1，已知a＋b＝12。相同條件下，向該溶液中逐滴加入pH＝c的鹽酸，測得混合溶液的部分pH如表所示：

假設溶液混合前后的體積變化忽略不計，則c為(

) A.1 B.4C.5D.6序號NaOH溶液體積鹽酸體積溶液的pH①20.000.008②20.0020.006答案B答案(1)酸大于(2)1

0.1

10m＋n－14大于——————[解題微模板]——————————————溶液pH計算的一般思維模型口訣：酸按酸(H＋)，堿按堿(OH－)，酸堿中和求過量，無限稀釋7為限。?？键c二溶液中的“三大平衡”1.填空完成對弱電解質(zhì)電離平衡的理解 NH3·H2O在水溶液中的電離方程式為____________________，

其電離平衡常數(shù)表達式為_______________________。

只改變下列一種條件： ①升高溫度②加水稀釋③加少量NaOH(s)

④通少量HCl(g)

⑤加入NH4Cl(s)

⑥加入Na2CO3(s)[知識特訓]①②④②③⑥①②④⑤①2.鹽類水解知識運用和再現(xiàn)

常溫下，0.2mol·L－1的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示，判斷下面說法是否正確：知識運用：①HA為強酸(

)②該混合溶液pH＝7.0(

)③圖中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋(

)④該混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)(

)解析0.2mol·L－1的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后得到0.1mol·L－1NaA。若HA為強酸，則溶液顯中性，且c(A－)＝0.1mol·L－1，由題目圖像可知混合溶液中A－的濃度小于0.1mol·L－1，說明HA是弱酸，①錯誤；0.2mol·L－1的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，恰好反應，得強堿弱酸鹽NaA溶液，溶液顯堿性，②錯誤；A－水解致使溶液顯堿性，所以溶液中的粒子濃度大小關系是c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，所以X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，③錯誤；Y表示HA，由物料守恒c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)，④正確。答案①×

②×

③×

④√知識再現(xiàn)：(1)溶液呈現(xiàn)酸堿性的實質(zhì)是什么？提示：溶液呈現(xiàn)酸堿性的實質(zhì)取決于溶液中c(H＋)與c(OH－)的相對大小，若c(H＋)>c(OH－)，則溶液顯酸性，反之溶液呈堿性。(2)題中給出的混合溶液中存在哪些平衡？提示：鹽的水解平衡：A－＋H2O

HA＋OH－，弱電解質(zhì)HA的電離平衡HA

A－＋H＋和水的電離平衡H2O

H＋＋OH－。(3)你能寫出題中給出的混合溶液中的電荷守恒表達式嗎？提示：c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。3.正確理解外界因素對難溶電解質(zhì)沉淀溶解平衡的影響正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”(1)驗證Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，可以將FeCl3溶液加入Mg(OH)2懸濁液中，振蕩，可觀察到沉淀由白色變?yōu)榧t褐色()(2)溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉化，所以ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀(

)(3)AgCl沉淀易轉化為AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故K(AgI)<K(AgCl)(

)(4)相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的①蒸餾水②0.1mol·L－1鹽酸③0.1mol·L－1氯化鎂溶液④0.1mol·L－1硝酸銀溶液中，Ag＋濃度：①>④＝②>③()√√√×1.電離平衡、水解平衡與沉淀溶解平衡的比較[精華聚焦]影響因素

升高溫度促進電離，離子濃度增大，K增大促進水解，Kh增大Ksp可能增大，也可能減小加水稀釋促進電離，離子濃度(除OH－外)減小，K不變促進水解，離子濃度(除H＋外)減小，Kh不變促進溶解，Ksp不變加入相應離子加入CH3COONa固體或鹽酸，抑制電離，K不變加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不變加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不變加入反應離子加入NaOH，促進電離，K不變加入鹽酸，促進水解，Kh不變加入氨水，促進溶解，Ksp不變2.Ka、Kw、Ksp使用常見的六大誤區(qū) (1)混淆水的離子積的意義 Kw＝c(H＋)·c(OH－)，所以我們常誤認為水電離的c(H＋)與c(OH－)的乘積才是水的離子積，而實質(zhì)上是水溶液中的c(H＋)與c(OH－)的乘積。 (2)看到水的離子積(Kw)就認為其數(shù)值等于1×10－14，而往往忽略溫度的影響，只有常溫下的Kw＝1×10－14。 (3)電離平衡常數(shù)、Kw、水解平衡常數(shù)、Ksp均是溫度的函數(shù)，只受溫度的影響，在溫度一定時，平衡常數(shù)不變，與化學平衡是否移動無關。(4)pH的計算中混淆c(H＋)和c(OH－)在應用pH＝－1gc(H＋)計算時，一定要抓住“矛盾的主要方面”，溶液顯酸性用溶液中的c(H＋)來計算；溶液顯堿性要先求溶液中的c(OH－)，再利用Kw求溶液中的c(H＋)。(5)錯誤地認為只要Ksp越大，其溶解度就會越大。Ksp還與難溶物化學式中的各離子配比有關，只有同類型的難溶物的Ksp大小可用于比較其溶解度大小。(6)誤認為Ksp小的不能轉化為Ksp大的，只能實現(xiàn)Ksp大的向Ksp小的轉化。實際上當兩種難溶電解質(zhì)的Ksp相差不是很大時，通過調(diào)節(jié)某種離子的濃度，可實現(xiàn)難溶電解質(zhì)由Ksp小的向Ksp大的轉化。1.(2015·海南化學，11)下列曲線中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Kb＝1.4×10－3)在水中的電離度與濃度關系的是(

)[重溫真題]解析根據(jù)甲、乙的電離平衡常數(shù)得，這兩種物質(zhì)都是弱電解質(zhì)，在溫度不變、濃度相等時，電離程度CH3COOH<CH2ClCOOH，可以排除A、C；當濃度增大時，物質(zhì)的電離程度減小，排除D選項，故B項正確。答案B2.(2015·重慶理綜，3)下列敘述正確的是(

)A.稀醋酸中加入少量醋酸鈉能增大醋酸的電離程度B.25℃時，等體積等濃度的硝酸與氨水混合后，溶液pH＝7C.25℃時，0.1mol·L－1的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導電能力弱D.0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)答案C感悟高考1.題型：選擇題填空題2.考向：“三大平衡”是高考的重點和難點，也是高考出題的熱點，命題角度有①弱酸、弱堿的電離平衡，其中，多元弱酸的分步電離，多元弱酸根離子的水解是命題的主要出發(fā)點；②從電離和水解入手，根據(jù)三大守恒關系判斷粒子濃度關系；③從沉淀溶解平衡的本質(zhì)入手，考查沉淀溶解平衡的移動、轉化、生成、圖像及簡單計算。3.注意點：①三大平衡都遵循勒夏特列原理；②對于有關圖表類的三大平衡題應注意起點、拐點和對應數(shù)據(jù)以及圖中曲線變化趨勢。[最新模擬]解析加水促進電離平衡向右移動但是氫離子濃度減小，A項錯誤；SO2氣體與H2S反應，使平衡向左移動，因為SO2過量，最后溶液變?yōu)閬喠蛩?，酸性增強，溶液pH減小，B項錯誤；滴加新制氯水，發(fā)生反應H2S＋Cl2===S↓＋2H＋＋2Cl－，平衡向左移動，氫離子濃度增大，pH減小，C項正確；加入少量硫酸銅固體，銅離子和硫離子生成CuS固體，使平衡向右移動，氫離子濃度增大，D項錯誤。答案C答案D(二)一元強酸(堿)和一元弱酸(堿)3.0.1mol·L－1的醋酸溶液與0.1mol·L－1的鹽酸，分別稀釋相同的倍數(shù)，隨著水的加入，溶液中c(H＋)變化曲線(如下圖)正確的是(

)解析由于HCl是強電解質(zhì)，醋酸是弱電解質(zhì)，故稀釋前鹽酸中的c(H＋)要比醋酸溶液大，故曲線應在醋酸之上，B錯誤；由于是稀釋相同倍數(shù)，故鹽酸中c(H＋)始終比醋酸中大，D錯誤；對于醋酸而言，加水稀釋，醋酸的電離程度增大，故曲線下降幅度平緩，若無限稀釋，兩者c(H＋)會趨于相等，曲線會相交，故A錯誤，C正確。答案C———————[練后歸納]———————————————“四方向”比較一元強酸與弱酸酸項目相同物質(zhì)的量濃度、相同體積相同pH、相同體積一元強酸一元弱酸一元強酸一元弱酸c(H＋)大小相同中和堿的能力相同小大與金屬反應的起始速率大小相同稀釋相同倍數(shù)后的pH小大大小題組2鹽類的水解(一)實質(zhì)、規(guī)律及影響因素4.相同物質(zhì)的量濃度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH較大，則同溫同體積同濃度的HCN和HClO說法正確的是(

) A.電離程度：HCN>HClO B.pH：HClO>HCN C.與NaOH溶液恰好完全反應時，消耗NaOH的物質(zhì)的量：HClO>HCN D.酸根離子濃度：c(CN－)<c(ClO－)解析NaCN和NaClO都為強堿弱酸鹽，相同物質(zhì)的量濃度時NaCN溶液的pH較大，說明CN－水解的程度大，因此HCN比HClO的酸性更弱；電離程度：HCN<HClO，A項錯誤；pH：HClO<HCN，B項錯誤；由于都是一元酸，與NaOH完全反應時，消耗NaOH的物質(zhì)的量相同，C項錯誤；同濃度的HCN和HClO，酸性HCN<HClO，c(CN－)<c(ClO－)，D項正確。答案D答案C(二)鹽類水解的應用6.在氯化鐵溶液中存在下列平衡：FeCl3＋3H2O

Fe(OH)3＋3HCl

ΔH>0 (1)將飽和FeCl3溶液，滴入沸騰的蒸餾水中可得到一種紅褐色透明液體。向這種液體中加入稀H2SO4產(chǎn)生的現(xiàn)象為____________。 (2)不斷加熱FeCl3溶液，蒸干其水分并灼燒得到的固體可能是________。 (3)在配制FeCl3溶液時，為防止產(chǎn)生渾濁，應_______________。 (4)(2015·天津理綜，10)FeCl3凈水的原理是_______________。 FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設備，除H＋作用外，另一主要原因是(用離子方程式表示)__________________________________________。解析(1)將飽和FeCl3溶液滴入沸騰的蒸餾水中，得到Fe(OH)3膠體，加入稀H2SO4則膠體聚沉而得到紅褐色沉淀，當H2SO4過量時沉淀又溶解生成黃色溶液。(2)加熱可促進鹽類水解，由于HCl揮發(fā)，可使水解進行徹底，得到Fe(OH)3沉淀，F(xiàn)e(OH)3受熱分解，最終產(chǎn)物為Fe2O3。(3)為防止FeCl3水解，應加入濃鹽酸抑制FeCl3水解。答案(1)先生成紅褐色沉淀，又逐漸溶解生成黃色溶液(2)Fe2O3

(3)加入少許濃鹽酸(4)Fe3＋水解生成的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋答案B答案D——————[練后歸納]————————————————沉淀溶解平衡的兩大應用1.判斷難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力當難溶電解質(zhì)的類型相同時：(1)Ksp越大的難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力越強。(2)當一種離子和其他幾種離子都可能產(chǎn)生沉淀時，Ksp越小，沉淀越容易生成。2.判斷能否發(fā)生沉淀轉化反應一般來說，Ksp大的沉淀容易轉化為Ksp小的沉淀。但在一定條件下也可以使Ksp小的沉淀轉化為Ksp大的沉淀，如用飽和Na2CO3溶液浸泡重晶石(BaSO4)可制備酸溶性鋇鹽(BaCO3)。解析化學平衡常數(shù)只與溫度有關，使用催化劑能加快反應速率，但平衡不移動，化學平衡常數(shù)不變，故A錯誤；相同溫度下，CH3COOH、HCN溶液中的c(H＋)與溶液濃度有關，溶液濃度未知，故B錯誤；一定溫度下，水的離子積是常數(shù)，25℃時，鹽酸和NH4I溶液中Kw相等，故C錯誤；改變壓強，平衡發(fā)生移動，SO2的轉化率可能增大、減小，使用催化劑，平衡不移動，SO2的轉化率不變，故D正確。答案D答案①④⑤1.(2015·廣東理綜，12)準確移取20.00mL某待測HCl溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定，下列說法正確的是(

) A.滴定管用蒸餾水洗滌后，裝入NaOH溶液進行滴定 B.隨著NaOH溶液滴入，錐形瓶中溶液pH由小變大 C.用酚酞作指示劑，當錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定 D.滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，則測定結果偏小教材實驗④酸堿中和滴定[高考真題]解析A項，滴定管用水洗滌后，還要用待裝溶液潤洗，否則將要引起誤差，錯誤；B項，在用NaOH溶液滴定鹽酸的過程中，錐形瓶內(nèi)溶液由酸性逐漸變?yōu)橹行?，溶液的pH由小變大，正確；C項，用酚酞作指示劑，錐形瓶中溶液應由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不恢復原色時才能停止滴定，錯誤；D項，滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，則堿液的體積偏大，測定結果偏大，錯誤。答案B考向：酸堿中和滴定實驗中儀器使用、步驟、誤差分析及相關拓展。實驗知識：酸堿中和滴定的操作；滴定終點的判斷；指示劑的選擇；誤差分析。[教材尋源]1.考中和滴定的關鍵(1)準確測定參加反應的兩種溶液的體積。(2)準確判斷中和滴定的終點。2.考操作注意事項(1)滴速：先快后慢，當接近終點時，應一滴一搖。(2)終點：最后一滴恰好使指示劑顏色發(fā)生明顯的改變且半分鐘內(nèi)不褪色，讀出V(標)并記錄。(3)在滴定過程中瓶口不能碰滴定管下端尖嘴，左手控制活塞或玻璃球，右手搖動錐形瓶，兩眼注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化。[考查角度][速記]中和滴定記憶口訣錐形水洗管潤洗，查漏趕氣再調(diào)零。待測液中加試劑，左手控制右手搖。瓶下墊紙眼觀色，讀數(shù)要與切面平。強堿弱酸用酚酞，強酸弱堿甲基橙。堿管勿盛酸氧化，酸管不放堿溶液。注意：①滴定管的選擇，酸式滴定管用于盛放酸和氧化性溶液，但不能盛放堿性溶液。堿式滴定管只能盛放堿液。②滴定管的0刻度在上，越往下數(shù)值越大，讀數(shù)準確到0.01mL。③數(shù)據(jù)處理時，若某次滴定所消耗的溶液體積與其他幾次相差太大，應舍去。1.判斷正誤(1)可用25mL堿式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液()(2)讀取滴定管內(nèi)液體的體積，俯視讀數(shù)導致讀數(shù)偏小()(3)用50mL酸式滴定管可準確量取25.00mLKMnO4溶液(

)(4)中和滴定實驗時，用待測液潤洗錐形瓶()(5)“中和滴定”實驗中，容量瓶和錐形瓶用蒸餾水洗凈后即可使用，滴定管和移液管用蒸餾水洗凈后，須經(jīng)干燥或潤洗后方可使用(

)[我來預測]×√√×√(6)酸堿滴定時，若加入待測液前用待測液潤洗錐形瓶，將導致測定結果偏高()(7) (

)(8)滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點讀數(shù)時有氣泡，所測體積偏小(

)√√√2.常溫下，用0.100mol·L－1的NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol·L－1的鹽酸和0.100mol·L－1的醋酸，得到兩條滴定曲線，如圖所示：下列說法正確的是(

)A.滴定鹽酸的曲線是圖2B.兩次滴定均可選擇甲基橙或酚酞作指示劑C.達到B、E點時，反應消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)D.以HA表示酸，當0mL<V(NaOH)<20.00mL時，圖2對應混合液中各離子濃度由大到小的順序一定是c(A－)>c(Na＋)> c(H＋)>c(OH－)解析0.100mol·L－1鹽酸的pH＝1，0.100mol·L－1醋酸的pH>1，故A項錯誤；甲基橙的變色范圍是pH＝3.1～4.4、酚酞的變色范圍是pH＝8.2～10.0，由圖2中pH突變的范圍(>6)可知，當氫氧化鈉溶液滴定醋酸時，只能選擇酚酞作指示劑，B項錯誤；B、E兩點對應消耗氫氧化鈉溶液的體積均為amL，所以反應消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)，C項正確；0mL<V(NaOH)<20.00mL時，圖2對應混合溶液可能顯中性，此時c(A－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)，D項錯誤。答案C3.(2014·重慶理綜，9)中華人民共和國國家標準(GB2760-2011)規(guī)定葡萄酒中SO2最大使用量為0.25g·L－1。某興趣小組用題圖1裝置(夾持裝置略)收集某葡萄酒中SO2，并對含量進行測定。圖1

圖2

(1)儀器A的名稱是________，水通入A的進口為________。(2)B中加入300.00mL葡萄酒和適量鹽酸，加熱使SO2全部逸出并與C中H2O2完全反應，其化學方程式為____________________。(3)除去C中過量的H2O2，然后用0.0900