浙江专用版学年高中化学专题3溶液中的离子反应微型专题重点突破五选修4.docx
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浙江专用版学年高中化学专题3溶液中的离子反应微型专题重点突破五选修4
溶液中的离子反应
[核心素养发展目标] 1.证据推理与模型认知：
建立弱电解质的电离及其平衡，酸碱溶液中水的电离，酸碱中和滴定等知识应用的方法思维模型，并运用模型解答相关问题。
2.科学探究与创新意识：
知道酸碱中和滴定的主要仪器及使用。
知道酸碱中和滴定的实验操作、数据处理、误差分析等在氧化还原滴定中的迁移应用。
一、强电解质和弱电解质的比较与判断
例1
下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（ ）
①醋酸与水能以任意比互溶；
②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；
④常温下，0.1mol·L－1醋酸的pH比0.1mol·L－1盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；
⑥大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢。
A．②⑥B．③④⑤
C．③④⑥D．①②
答案 C
解析 ①醋酸与水能以任意比互溶与醋酸电离程度没有关系；②醋酸溶液能导电与离子浓度和所带电荷数有关，不能说明醋酸的电离程度；⑤只能说明醋酸酸性强于碳酸，不能说明醋酸是弱电解质。
故选C。
弱电解质的判断方法
要证明某电解质是弱电解质，关键在于一个“弱”字，即证明它只是部分电离或其溶液中存在电离平衡。
以一元弱酸HA为例，证明它是弱电解质的常用方法有：
（1）酸溶液中c（H＋）的大小
0．1mol·L－1HA溶液中c（H＋）＜0.1mol·L－1；将c（H＋）＝1×10－2mol·L－1的HA溶液稀释100倍，稀释后溶液中1×10－4mol·L－1＜c（H＋）＜1×10－2mol·L－1。
（2）溶液导电能力的强弱
0．1mol·L－1HCl溶液和0.1mol·L－1HA溶液，前者的导电能力明显强。
（3）与活泼金属反应速率的大小
相同物质的量浓度的HCl溶液和HA溶液，与（形状、颗粒大小）相同的活泼金属反应，前者的反应速率大。
（4）典型化学反应
将二氧化碳通入NaA溶液中有HA生成，或HA溶液与NaHCO3溶液不反应。
变式1 （2018·温州市“十五校联合体”期末）室温下，相同浓度和体积的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（ ）
A．两溶液中水的电离程度相同
B．分别用水稀释相同倍数后，c（Cl－）>c（CH3COO－）
C．盐酸的pH大于醋酸溶液的pH
D．分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，盐酸消耗NaOH溶液的体积多
答案 B
解析 盐酸的酸性比醋酸强，两者电离出的氢离子浓度不同，对水的电离的抑制程度不同，水的电离程度不同，A、C错误；分别用水稀释相同倍数后，盐酸和醋酸的浓度仍然相等，但盐酸的电离程度比醋酸大，c（Cl－）>c（CH3COO－），B正确；相同浓度、体积的盐酸和醋酸溶液，含有的氯化氢和醋酸的物质的量相等，消耗NaOH溶液的体积相同，D错误。
二、弱电解质的电离平衡及其移动
例2
在0.1mol·L－1NH3·H2O溶液中存在如下平衡：
NH3＋H2ONH3·H2ONH
＋OH－。
下列有关该溶液的叙述正确的是（ ）
A．向其中加入少量浓盐酸，盐酸与NH3反应生成NH4Cl，使NH3浓度减小，NH
浓度增大，平衡逆向移动
B．向其中加入少量NaOH固体，OH－与NH
结合生成NH3·H2O，使NH
浓度减小，平衡正向移动
C．向其中加入少量0.1mol·L－1NH4Cl溶液，电离平衡常数不变，溶液中c（OH－）减小
D．向其中加入少量MgSO4固体，溶液中c（OH－）增大
答案 C
解析 A项，加入少量浓盐酸，首先发生反应H＋＋OH－===H2O，使OH－浓度减小，平衡正向移动；B项，加入少量NaOH固体，使OH－浓度增大，平衡逆向移动；C项，加入少量0.1mol·L－1NH4Cl溶液，使NH
浓度增大，平衡逆向移动，溶液中c（OH－）减小；D项，加入少量MgSO4固体发生反应Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓，溶液中c（OH－）减小。
从定性和定量两个角度分析电离平衡移动
（1）从定性角度分析：
用化学平衡理论分析弱电解质的电离平衡问题时，考虑的主要因素有稀释、改变温度、加入能电离出相同离子的物质等。
在分析这类问题时，易出现的错误是认为平衡移动的方向和平衡混合物中各组分的浓度变化总一致。
应该深刻地理解勒夏特列原理：
平衡向“削弱”这种改变的方向移动，但移动结果不能“抵消”这种改变。
（2）从定量角度分析：
当改变影响电离平衡的条件后分析两种微粒浓度之比的变化时，若不能通过平衡移动的方向作出判断，应采用电离平衡常数进行定量分析。
变式2 水的电离平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．图中对应点的温度关系为a＞b＞c
B．纯水仅升高温度，可从a点变到c点
C．水的离子积常数Kw数值大小关系为b＞c＞d
D．在b点对应温度下，0.5mol·L－1的H2SO4溶液与1mol·L－1的KOH溶液等体积混合，混合后c（H＋）＝1×10－7mol·L－1
答案 C
解析 水的电离是吸热过程，温度升高，水的离子积常数增大，根据图中数据得出的水的离子积常数Kw数值大小关系为b＞c＞a＝d，温度关系为b＞c＞a＝d，C项正确、A项错误；若纯水仅升高温度，c（OH－）与c（H＋）都增大，B项错误；b点的Kw＝1×10－12,0.5mol·L－1的H2SO4溶液与1mol·L－1的KOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液显中性，c（H＋）＝1×10－6mol·L－1，D项错误。
三、混合溶液的酸碱性与pH计算
例3
已知t℃时水的离子积常数为Kw。
该温度下，将浓度为amol·L－1的一元酸HA溶液与bmol·L－1的一元碱BOH溶液等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（ ）
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c（H＋）＝
mol·L－1
D．混合溶液中，c（H＋）＋c（B＋）＝c（OH－）＋c（A－）
答案 C
解析 溶液呈中性，即c（H＋）＝c（OH－），结合水的离子积常数可知c（H＋）＝c（OH－）＝
mol·L－1,故C项正确。
酸、碱混合后溶液pH的判断技巧
已知酸和碱的pH之和，判断二者等体积混合后溶液的pH（25℃）：
（1）pH之和为14的酸和碱等体积混合
规律：
谁弱谁过量，谁弱显谁性。
原因：
酸碱已电离出的H＋和OH－恰好中和，谁弱谁的H＋或OH－有“储备”（有未电离的酸或碱），中和后还能继续电离。
（2）强酸（pH＝a）与强碱（pH＝b）等体积混合
其依据为
＝
＝1014－a－b。
（3）强酸（pH＝a）与强碱（pH＝b）混合后溶液呈中性
依据为10－aV酸＝10－（14－b）V碱―→
＝10a＋b－14。
变式3 已知在25℃和100℃时，水溶液中c（H＋）与c（OH－）的关系如图所示：
（1）表示25℃时的曲线应为________（填“A”或“B”），请说明理由：
________________。
（2）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。
（3）100℃时，若100体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系是________。
（4）在曲线B对应的温度下，pH＝2的HA溶液和pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH＝5。
请分析原因：
___________________________________________________。
答案
（1）A 水的电离是吸热过程，温度降低时，电离程度减小，c（H＋）·c（OH－）减小
（2）10∶1
（3）a＋b＝14
（4）曲线B对应的温度是100℃，此时水的离子积为1×10－12，HA若为强酸，最后应为pH＝6，现pH＝5，说明HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA，可继续电离出H＋
解析
（2）25℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，即酸、碱恰好完全反应，n（OH－）＝n（H＋），则V（NaOH）×10－5mol·L－1＝V（H2SO4）×10－4mol·L－1，V（NaOH）∶V（H2SO4）＝10∶1。
四、中和滴定pH曲线
例4
（2018·泉州质检）常温下，用某浓度的NaOH溶液滴定20.00mL等浓度的CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图。
下列说法正确的是（ ）
A．a点醋酸溶液的浓度为1.0×10－3mol·L－1
B．a、b两点对应的醋酸的电离平衡常数：
a＜b
C．c点溶液中c（Na＋）∶c（CH3COO－）＝1∶1
D．升高温度，d点溶液pH不变
答案 C
解析 a点醋酸溶液的pH＝3，c（H＋）＝1.0×10－3mol·L－1，但醋酸不完全电离，所以醋酸溶液的浓度大于1.0×10－3mol·L－1，A项错误；醋酸的电离平衡常数只与温度有关，温度一定时，a、b两点对应的醋酸的电离平衡常数相等，B项错误；c点溶液中存在电荷守恒：
c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），因c点对应溶液的pH＝7，c（H＋）＝c（OH－），所以c（Na＋）＝c（CH3COO－），即c（Na＋）∶c（CH3COO－）＝1∶1，C项正确；d点溶液是醋酸钠溶液，升高温度，促进CH3COO－水解，溶液pH增大，D项错误。
酸碱中和滴定pH曲线分析的关键点
（1）起点：
利用起点可确定酸、碱的强弱和谁滴定谁。
（2）恰好反应点（中和点）：
利用此点可确定酸碱的体积和浓度。
（3）中性点：
溶液的c（H＋）＝c（OH－），利用中性点和中和点确定酸、碱的强弱。
变式4 （2018·北京昌平调研）常温时，用0.10mol·L－1NaOH溶液滴定25.00mL0.10mol·L－1一元弱酸HX的溶液，滴定过程中pH变化曲线如图所示。
若忽略反应过程中因液体密度变化而导致的体积变化，则下列判断正确的是（ ）
A．弱酸HX的电离常数Ka＝1.0×10－4
B．V（NaOH溶液）＝12.50mL时，混合溶液相当于等量的NaX和HX的混合液
C．溶液pH＝7时，HX和NaOH恰好完全反应
D．V（NaOH溶液）＝25.00mL时，c（Na＋）＝c（X－）＋c（HX）＝0.10mol·L－1
答案 B
解析 由图像可知，0.10mol·L－1HX溶液的pH＝2，即c（H＋）＝0.01mol·L－1，故HX的电离常数Ka＝
＝
≈1.11×10－3，A项错误；V（NaOH溶液）＝12.50mL时，溶液中一半的HX参与中和反应，即为等量的NaX和HX的混合液，B项正确；溶液pH＝7时，V（NaOH溶液）＜25.00mL，HX未反应完，C项错误；V（NaOH溶液）＝25.00mL时，溶液体积为50.00mL，故c（Na＋）＝c（X－）＋c（HX）＝0.05mol·L－1，D项错误。
相关链接
滴定曲线解题方法
（1）注意纵横坐标含义：
一般横坐标为滴加酸碱溶液的体积，纵坐标为溶液的pH。
（2）注意起点时的pH：
可以通过起点时的pH判断溶液的浓度。
（3）注意“滴定终点”“恰好中和”“呈中性”的不同。
①滴定终点：
指示剂变色时即“达到了滴定的终点”，通常与理论终点存在着一定的误差（允许误差），而指示剂变色点都不是pH＝7的情况。
②恰好中和：
指酸和碱恰好完全反应生成盐和水的时刻，此时的溶液不一定呈中性。
③呈中性：
溶液中的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度（常温下pH＝7）。
五、滴定原理的迁移应用
例5
（2018·金华十校期末）锌铝合金是以Zn、Al为主，Cu、Mg为辅的多元化合金。
测定其中Cu含量的实验步骤如下：
①称取该合金样品1.100g，用稀H2SO4和H2O2溶解后煮沸除去过量H2O2，残液定容于250mL容量瓶中；
②用移液管移取50.00mL配制液于250mL碘量瓶中，调节溶液的pH＝3～4，加入过量KI溶液（2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2）和3～4滴淀粉溶液；
③用1.100×10－2mol·L－1Na2S2O3溶液滴定生成的I2至终点（I2＋2S2O
===2I－＋S4O
），消耗Na2S2O3溶液6.45mL。
请回答：
（1）步骤①中溶解Cu的离子方程式_____________________________________________。
（2）步骤③中判断滴定终点的方法______________________________________________。
（3）合金中Cu的质量分数________。
（结果保留三位有效数字）
答案
（1）Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
（2）当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟内颜色不再变化 （3）2.06%
解析
（1）酸性条件下，Cu与双氧水反应生成铜离子和水，其反应的离子方程式为：
Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O。
（2）淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，I2与Na2S2O3恰好反应，I2被完全消耗，溶液蓝色褪去，半分钟内颜色不变，说明滴定到达终点。
（3）由②可知发生反应2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O
===2I－＋S4O
，
根据关系式：
2Cu ～ 2Cu2＋ ～ I2 ～ 2S2O
2 2
n（Cu） 1.100×10－2mol·L－1×6.45×10－3L×5
所以n（Cu）＝5.5×6.45×10－5mol，合金中Cu的质量分数为
×100%≈2.06%。
氧化还原滴定的原理及应用
（1）原理
与酸碱中和滴定的原理相似，氧化还原滴定的原理是以氧化剂（或还原剂）为滴定剂，直接滴定一些具有还原性（或氧化性）的物质。
例如：
酸性KMnO4溶液作氧化剂常用于滴定含H2C2O4、HC2O
、Fe2＋的溶液，其反应原理分别是
2MnO
＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
2MnO
＋5HC2O
＋11H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
MnO
＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
又如，测定碘盐中碘含量的反应原理是
5KI＋KIO3＋3H2SO4===3K2SO4＋3I2＋3H2O
I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
2指示剂的选择
氧化还原滴定的指示剂有三类。
①氧化还原指示剂；②专用指示剂，用Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液时，以淀粉溶液为指示剂；③自身指示剂，用KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液或含Fe2＋的溶液时，不需另加指示剂。
3计算
依据化学方程式、离子方程式或关系式列比例式，或运用原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等列式进行计算。
4应用
氧化还原滴定广泛地应用于溶液浓度的测定、物质纯度的测定、食品和药品成分的检测等定量分析。
变式5 （2017·全国卷Ⅱ，28）水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。
某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。
实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。
记录大气压及水体温度。
将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O
＋I2===2I－＋S4O
）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免搅动水体表面，这样操作的主要目的是____________________。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为____________________________________。
（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。
配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳。
（4）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L－1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________________________________________________________；
若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为________mg·L－1。
（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏________（填“高”或“低”）。
答案
（1）使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差
（2）2Mn（OH）2＋O2===2MnO（OH）2
（3）量筒 氧气
（4）当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 80ab
（5）低
解析 本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。
（2）根据氧化还原反应原理，Mn（OH）2被氧气氧化为MnO（OH）2，由此可得化学方程式2Mn（OH）2＋O2===2MnO（OH）2。
（3）一定物质的量浓度溶液的配制还需要容量瓶；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；
根据关系式O2～2MnO（OH）2～2I2～4Na2S2O3
可得水样中溶解氧的含量为[（ab×10－3）mol÷4×32×103mg·mol－1]÷0.1L＝80abmg·L－1。
（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，会导致消耗的Na2S2O3体积偏小，最终结果偏低。
1．（2018·金华十校期末）下列属于弱电解质的是（ ）
A．CH3COOHB．CH3CH2OH
C．Cu（NO3）2D．氨水
答案 A
解析 乙醇在水溶液中不能电离，属于非电解质；硝酸铜在溶液中能完全电离，为强电解质；氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质。
2．（2018·浙江名校联考）室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是（ ）
序号
①
②
pH
12
12
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
A.①②两溶液中c（OH－）相等
B．①②两溶液中水的电离程度相同
C．①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：
①＜②
D．等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L－1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：
①＞②
答案 C
解析 pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，A项正确；氨水和NaOH溶液中水的电离均受到抑制，当两溶液pH相等时水的电离程度相同，B项正确；pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，NaOH溶液pH减小得多，C项错误；等体积、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，分别与相同浓度的盐酸中和时消耗盐酸的体积：
①＞②，D项正确。
3．（2018·潍坊一中期中）硼酸（H3BO3）溶液中存在反应：
H3BO3（aq）＋H2O（l）[B（OH）4]－（aq）＋H＋（aq）。
已知硼酸、碳酸、醋酸的电离常数如表所示。
下列说法正确的是（ ）
弱酸
电离常数（298K）
硼酸
K＝5.7×10－10
碳酸
K1＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
醋酸
K＝1.75×10－5
A.将一滴碳酸钠溶液滴入硼酸溶液中一定能观察到有气泡产生
B．将一滴醋酸溶液滴入碳酸钠溶液中一定能观察到有气泡产生
C．等物质的量浓度的碳酸溶液和硼酸溶液比较，pH：
前者＞后者
D．等物质的量浓度的碳酸溶液和醋酸溶液比较，pH：
前者＞后者
答案 D
解析 由电离常数可知酸性：
CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3＞HCO
。
A项中生成HCO
；B项中CH3COOH少量，也生成HCO
；C项中碳酸溶液pH较小；D项中醋酸溶液pH较小。
故选D。
4．（2018·嘉兴市第一中学月考）下列说法正确的是（ ）
A．c（H＋）＝10－7mol·L－1的溶液一定是中性溶液
B．醋酸钠溶液中
<1
C．常温下，在1mol·L－1的盐酸中加入等体积等浓度的氨水，溶液导电能力减弱
D．同浓度同体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量锌反应，盐酸消耗的锌比较多
答案 C
解析 没有说明温度，A不正确；醋酸根水解，醋酸钠溶液中钠离子浓度一定大于醋酸根，B不正确；同浓度同体积的盐酸和醋酸溶液，所含溶质的物质的量相同，因为它们都是一元酸，所以分别与足量锌反应时消耗的锌一样多，D不正确。
5．（2018·杭州市西湖高级中学月考）已知25℃时，0.1mo1·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述正确的是（ ）
A．该溶液的pH＝3
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离方程式为HA===H＋＋A－
D．由HA电离出的c（H＋）约为水电离出的c（H＋）的106倍
答案 D
解析 HA H＋ ＋ A－
起始浓度/mol·L－1 0.1 0 0
改变浓度/mol·L－1 0.1×0.1% 1×10－4 1×10－4
平衡浓度/mol·L－1 0.1×（1－0.1%） 1×10－4 1×10－4
升高温度，平衡正向移动，c（H＋）增大，pH减小，B错误；c（H＋）＝1×10－4mol·L－1，则pH＝4，A错误；HA的电离不完全，电离方程式为HAH＋＋A－，C错误；利用Kw＝c（H＋）·c（OH－）,得c水（OH－）＝1×10－10mol·L－1＝c水（H＋），HA电离出的c（H＋）＝1×10－4mol·L－1，所以由HA电离出的c（H＋）约为水电离出的c（H＋）的106倍，D正确。
6．（2018·广西钦州一检）常温下，体积相同、浓度均为1.0mol·L－1的HX溶液、HY溶液，分别加水稀释，稀释后溶液的pH随稀释倍数的对数的变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．HX是强酸，溶液每稀释10倍，pH始终增大1
B．常温下HY的电离常数约为1.0×10－4
C．溶液中水的电离程度：
a点大于b点
D．消耗同浓度的NaOH溶液体积：
a点大于b点
答案 B
解析 题图中1.0mol·L－1的HX溶液pH＝0，说明HX为强酸，加水稀释，溶液pH最终接近7，溶液每稀释10倍，pH增大不一定始终是1，A项错误；常温下，1.0mol·L－1HY溶液pH＝2.0，c（H＋）＝10－2mol·L－1，则HY的电离常数K＝
＝
≈1.0×10－4，B项正确；HX为强酸，HY为弱酸，加水稀释相同倍数，a点HX溶液中氢离子浓度大于b点HY溶液中氢离子浓度，溶液中水的电离程度：
a点小于b点，C项错误；a点和b点分别为相同浓度和相同体积的HX和HY溶液分别稀释相同的倍数后所得溶液，则中和时消耗同浓度的NaOH溶液体积相同，D项错误。
7．（2018·北京海淀区期末）如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（ ）
A．盐酸的物质的量浓度为1mol·L－1
B．P点时恰好完全反应，溶液呈中性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
答案 B
解析 当曲线a所表示的中和反应刚开始时，溶液的pH＝1，说明原溶液是盐酸，所以曲线a表示的是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线
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