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五年（2019-2023）年高考真题分项汇编
专题 10 水溶液中的离子反应与平衡
〖2023年高考真题〗
考点一 电离平衡
1．（2023·浙江卷）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
【详解】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。
考点二 盐类的水解
2．（2023·北京卷）下列过程与水解反应无关的是
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和 溶液制备 胶体
【答案】B
【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪
酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；
B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；
C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；
D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH) ，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D不符合题意；
3
故选B。
考点三 沉淀溶解平衡
3．（2023·全国甲卷）下图为 和 在水中达沉淀溶解平衡时的 关系图(
； 可认为 离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由 点可求得
B． 时 的溶解度为
C．浓度均为 的 和 可通过分步沉淀进行分离
D． 混合溶液中 时二者不会同时沉淀
【答案】C【详解】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则 = = =
，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则 = = = ，
时 的溶解度为 =10-3 ，故B错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀 和
，故C正确；
D．由图可知， 沉淀完全时， ，pM 5，此时pH约为4.7，在此pH下 刚开
始沉淀的浓度为 ，而题中 > ，则 会同时沉淀，故D错
误；
答案选C。
4．（2023·全国乙卷）一定温度下，AgCl和Ag CrO 的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
2 4
下列说法正确的是
A．a点条件下能生成Ag CrO 沉淀，也能生成AgCl沉淀
2 4
B．b点时，c(Cl-)=c(CrO )，K (AgCl)=K (Ag CrO)
sp sp 2 4
C．Ag CrO+2Cl- 2AgCl+CrO 的平衡常数K=107.9
2 4
D．向NaCl、NaCrO 均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO 溶液，先产生Ag CrO 沉淀
2 4 3 2 4
【答案】C
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag CrO 的溶度积K (Ag CrO)=c2(Ag+)·c(CrO )=(1×10-5)2×1×10-
2 4 sp 2 4
1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积K (AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选
sp
项结果。
【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag CrO)=10-
2 4
17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积K ，二者不会生成沉淀，A错误；
sp
B．K 为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者
sp
的溶度积不相同，B错误；C．该反应的平衡常数表达式为K= ，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=
= = = =1×107.9，C正确；
D．向NaCl、NaCrO 均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和
2 4 3
10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；
故答案选C。
5．（2023·新课标卷）向 饱和溶液(有足量 固体)中滴加氨水，发生反应
和 ， 与
的关系如下图所示(其中M代表 、 、 或 )。
下列说法错误的是
A．曲线I可视为 溶解度随 浓度变化曲线
B． 的溶度积常数
C．反应 的平衡常数K的值为
D． 时，溶液中
【答案】A
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，
氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲
线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．氨的浓度较小时AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s) +2NH
3
(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误；
B．由图可知，c(NH )=10-1mol/L时，c(Cl-)=10-2.35mol/L, c(Ag+)=10-7.40mol/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-
3
7.40=10-9.75，故B正确；
C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，则 的平衡常数K=
= = ，故C正确；
D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度
对数变化的曲线，则 时，溶液中 ，故D正
确；
故选A。
6．（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持HS饱和，即 ，通过调节pH使 和
2
形成硫化物而分离，体系中 与 关系如下图所示，c为 和 的浓度，单位为
。已知 ，下列说法正确的是
A． B．③为 与 的关系曲线
C． D．
【答案】D
【分析】已知HS饱和溶液中随着pH的增大，HS的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，
2 2
则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，
则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且 即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-
lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表
S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时
c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有 ，A错误；
B．由分析可知，③为 与 的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L， 或者当c(H+)=10-4.2 mol/L时，c(HS-)=10-3.9 mol/L，
，C错误；
D．已知KaKa= = ，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，
1 2
c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有KaKa= =
1 2
=10-21.8，结合C项分析可知，Ka=10-7.1故有 ，D正确；
1
故答案为：D。
7．（2023·北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下 在不同 的 体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合 ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
[注：起始 ，不同 下 由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态 ，无沉淀生成
C．由图2，初始状态 ，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态 、 ，发生反应：【答案】C
【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出 时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，
A项正确；
B．从图2可以看出 、 时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉
淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
C．从图2可以看出 、 时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料
守恒，溶液中 ，C项错误；D． 时，溶液中主要含碳微
粒是 ， ， 时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子
方程式为 ，D项正确；
故选C。
考点四 电解质溶液图像分析
8．（2023·山东卷）在含HgI (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系： ；
2
； ； ； ，平衡常
数依次为 。已知 、 ， 、 随 的变化关
系如图所示，下列说法错误的是
A．线 表示 的变化情况
B．随 增大， 先增大后减小
C．
D．溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为
【答案】B
【分析】由题干反应方程式 可知，K= ，则有c(Hg2+)= ，则有
1lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)， =lgK +lgc(HgI )+
1 2 2 2 3 2
lgc(I-)， ==lgK+lgc(HgI )+ 2lgc(I-)，且由 可知K= 为一定值，
4 2 0
故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表 、 、
、 ，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，线 表示 的变化情况，A正确；
B．已知 的化学平衡常数K= ，温度不变平衡常数不变，故随 增大，
0
始终保持不变，B错误；
C．由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为：
1 2
lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有①b= lgK+lgc(HgI )-2a，②b= lgK+lgc(HgI )-a，联合①②可知得：
2 2 1 2 2 2
，C正确；
D．溶液中的初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为 ，
2
D正确；
故答案为：B。
9．（2023·湖北卷） 为某邻苯二酚类配体，其 ， 。常温下构建 溶液
体系，其中 ， 。体系中含Fe物种的组分分布系数δ
与pH的关系如图所示，分布系数 ，已知 ， 。下列说法正确的
是A．当 时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C． 的平衡常数的lgK约为14
D．当 时，参与配位的
【答案】C
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的
pH，利用此规律解决本题。
【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为HL，此时电
2
离出的HL-较少，根据HL的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时
2
c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
2
B．根据图示的分布分数图可以推导出，HL在pH≈9.9时HL-的含量最大，而HL和L2-的含量最少，因此
2 2
当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
C．该反应的平衡常数K= ，当[FeL ]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=
2
，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即
lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL ]3-和[FeL (OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到
3 2
c([FeL ]3-)=c([FeL (OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL ]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL (OH)]2-消耗
3 2 3 2
了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
10．（2023·湖南卷）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、CHCOOH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，
3
a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CHCOOH未发生反应，溶质成分为NaCl和
3
CHCOOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CHCOOH，溶质成分为NaCl、CHCOOH和 CHCOONa；c
3 3 3 3
点时NaOH溶液与CHCOOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CHCOONa；d点时NaOH过量，溶质成
3 3
分为NaCl、CHCOONa和NaOH，据此解答。
3
【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CHCOOH，c(CHCOOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-
3 3
3.38mol/L， = =10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CHCOOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH COOH)
3 3
+c(CH COO-)，故B正确；
3
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CHCOOH和 CHCOONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明
3 3
CHCOOH的电离程度大于CHCOO-的水解程度，则c(CHCOOH)d，故D错
3
误；
答案选D。
〖2022年高考真题〗
考点一 电离平衡
11．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸 的 。在某体系中， 与 离子不能穿过隔
膜，未电离的 可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中 ，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度 为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 之比为
【答案】B
【解析】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)，
a 总
则 =1.0×10-3，解得 = ，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)
a 总
+c(A-)， =1.0×10-3，溶液I中c (HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中
总
c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液II
a 总
中c (HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c
总 总
(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。
12．（2022·福建卷）探究醋酸浓度与电离度 关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的
步骤 操作或叙述
A Ⅰ.用 标准溶液标定醋酸溶液浓度 滴定时应始终注视滴定管中的液面
B Ⅱ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液 应使用干燥的容量瓶
C Ⅲ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的 应在相同温度下测定D Ⅳ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度 计算式为
【答案】C
【详解】A．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；
B．配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；
C．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的 时应在相同温度下测定，C正确；
D．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的
和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为 ，D错误；
答案选C。
考点二 水的电离与pH计算
13．（2022·浙江卷） 时，向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入
的 溶液(酷酸的 ；用 的 溶液滴定 等浓度的盐酸，滴定终点的 突
跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加 溶液至 的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D． 时，
【答案】B
【解析】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶
液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH COO-)= =
3
= >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程
式为：H++OH-=H O和CHCOOH+OH-=CH COO-+H O，B错误；
2 3 3 2
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：
，C正确；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体
积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH
溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CHCOONa、CHCOOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=
3 3
可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有，D正确；
故答案为：B。
考点三 盐类的水解
14．（2022·北京卷）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空
“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是
A．醋酸钠是强电解质
B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体
C．常温下，醋酸钠溶液的
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
【答案】B
【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；
B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的 ，故C正确；
D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D
正确；
选B。
15．（2022·海南卷）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时， 。下列关于NaClO溶
液说法正确的是
A．0.01mol/L溶液中，
B．长期露置在空气中，释放 ，漂白能力减弱
C．通入过量 ，反应的离子方程式为
D．25℃， 的NaClO和HClO的混合溶液中，
【答案】AD
【解析】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正确；
B．漂白粉主要成分为Ca(ClO) 和CaCl ，长期露置在空气中容易和CO 发生反应而失效，其反应的化学方
2 2 2
程式为：Ca(ClO) +CO +H O=CaCO ↓+2HClO，HClO再分解：2HClO=2HCl+O ↑，不会释放Cl，B错误；
2 2 2 3 2 2
C．将过量的SO 通入NaClO溶液中，SO 被氧化：SO +ClO−+H O=Cl-+ +2H+，C错误；
2 2 2 2
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则
c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；
答案选AD。
16．（2022·浙江卷） 时，苯酚 的 ，下列说法正确的是
A．相同温度下，等 的 和 溶液中，B．将浓度均为 的 和 溶液加热，两种溶液的 均变大
C． 时， 溶液与 溶液混合，测得 ，则此时溶液中
D． 时， 的 溶液中加少量 固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C HONa和
6 5
CHCOONa溶液中c(C HO-)y，故D正确；
综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。
26．（2021·湖南）常温下，用 的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为 三种一
元弱酸的钠盐 溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是
A．该 溶液中：
B．三种一元弱酸的电离常数：
C．当 时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
【答案】C
【分析】
由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸
性依次减弱。
【详解】
A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞
c(OH-)＞c(H+)，故A正确；
B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种
一元弱酸的电离常数的大小顺序为K(HX)＞K (HY)＞K(HZ)，故B正确；
a a a
C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中
酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将
三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)=
c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D正确；故选C。
27．（2021·山东）赖氨酸[H N+(CH)CH(NH)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H RCl )在
3 2 4 2 3 2
水溶液中存在如下平衡：HR2+ HR+ HR R-。向一定浓度的HRCl 溶液中滴加NaOH
3 2 3 2
溶液，溶液中HR2+、HR+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=
3 2
，下列表述正确的是
A． >
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H R+)+c(Na+)+c(H+)
2
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【分析】
向HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应： 、
3 2
、 ，溶液中 逐渐减小， 和 先增大后
减小， 逐渐增大。 ， ， ，M点
，由此可知 ，N点 ，则 ，P点
，则 。
【详解】
A． ， ，因此 ，故A错误；
B．M点存在电荷守恒： ，此时，因此 ，故B错误；
C．O点 ，因此 ，即 ，
因此 ，溶液 ，故C正确；
D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此 ，溶质浓度大于水解和电离所
产生微粒浓度，因此 ，故D正确；
综上所述，正确的是CD，故答案为CD。
〖2020年高考真题〗
考点一 水的电离与pH计算
28.（2020·浙江卷）下列说法不正确的是( )
A. 的盐酸中
B. 将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性
C. 常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质
D. 常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
【答案】A
【解析】盐酸的浓度为2.0×10-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质
HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于
2.0×10-7 mol/L，故A错误；KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80℃时，水DE 离子积K 增大，
w
对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；
NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；醋酸在溶液
中会发生电离平衡：CHCOOH CHCOO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平
3 3
衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确。
29.（2020·浙江卷）常温下，用 氨水滴定 浓度均为 的 和 的
混合液，下列说法不正确的是( )
A. 在氨水滴定前， 和 的混合液中
B. 当滴入氨水 时，
C. 当滴入氨水 时，D. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 ，
【答案】D
【解析】未滴定时，溶液溶质为HCl和CHCOOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，
3
CHCOOH 为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CHCOO-)，A 正确；当滴入氨水 10mL 时，
3 3
n(NH ·H O)=n(CHCOOH)，则在同一溶液中c(NH +)+ c(NH ·H O)=c(CHCOOH)+ c(CH COO-)，B正确；当
3 2 3 4 3 2 3 3
滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH Cl和CHCOONH，质子守恒为c(CHCOOH)+c(H+)= c(NH +)+c(OH-)，
4 3 4 3 4
C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH +)+c(H+)= c(CH COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则
4 3
c(H+)=c(OH-)，故c(NH +)＞c(Cl-)，D不正确。
4
考点二 盐类的水解
30.（2020·天津卷）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是
A. 相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
B. 相同浓度的CHCOOH和CHCOONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
3 3
C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D. 在 溶液中，
【答案】A
【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越
弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即K(HCOOH)＜K(HF)，故A错误；相同浓度的CHCOOH和
a a 3
CHCOONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中
3
醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CHCOO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞
3
c(OH－)，故B正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以
与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到HS气体，说明K (FeS)＞K (CuS)，故C正确；根据溶
2 sp sp
液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即
2
c(S2−)+c(HS－)+c(H S)=1 mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。
2
31.（2020·江苏卷）室温下，将两种浓度均为 的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化
可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A. 混合溶液(pH=10.30)：
B. 氨水-NH Cl混合溶液(pH=9.25)：
4
C. 混合溶液(pH=4.76):
D. 混合溶液(pH=1.68，HC O 为二元弱酸):
2 2 4【答案】AD
【解析】NaHCO 水溶液呈碱性，说明 的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO 和NaCO 水
3 3 2 3
解关系为： ，溶液中剩余微粒浓度关系为： ， 和 水解
程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO 和NaCO 化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合
3 2 3
溶液中微粒浓度大小关系为： ，故A正确；该混合溶液中电荷守
恒为： ，物料守恒为： ，两式联立
消去c(Cl-)可得： ，故B错误；若不考虑溶液中相关微粒行
为，则c(CHCOOH)=c(CHCOO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CHCOOH电离程度大于CHCOONa水解
3 3 3 3
程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CHCOO-)>c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)，故C错误；该混合溶液中物料
3 3
守恒为： ，电荷守恒为：
，两式相加可得：
，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。
考点三 电解质溶液图像分析
32.（2020·新课标Ⅰ）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸
HA溶液。溶液中，pH、分布系数 随滴加NaOH溶液体积V 的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系
2 NaOH
数： ]
下列叙述正确的是
A. 曲线①代表 ，曲线②代表
B. HA溶液的浓度为0.2000 mol·L−1
2
C. HA−的电离常数K=1.0×10−2
aD. 滴定终点时，溶液中
【答案】C
【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布
系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表
的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明HA第一步完全电离，第二步部分电离，曲
2
线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)=
2 2 2 2
=0.1000mol/L，据此分析作答。根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；当加入
40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应
2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)= =0.1000mol/L，B错误；由于HA第一步完全
2 2 2 2 2
电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当V =0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的
NaOH
pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数K= =
a
≈1×10-2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色 pH范围为8.2~10，终
的
点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞
2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。
33.（2020·山东卷）25℃时，某混合溶液中 ，
1gc( CH COOH)、1gc(CHCOO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。K 为CHCOOH的电离
3 3 a 3
常数，下列说法正确的是
A. O点时，
B. N点时，
C. 该体系中，
D. pH由7到14的变化过程中， CHCOO-的水解程度始终增大
3
【答案】BC
【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓
度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CHCOO-)随pH的变化曲线，曲线2为
3
lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CHCOOH)随pH的变化曲线，
3
据此结合水溶液的平衡分析作答。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该
得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点，
lgc(CHCOO-)=lgc(CHCOOH)，即c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，因Ka= ，代入等量关
3 3 3 3
系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；c(CHCOO-)+c(CHCOOH)=0.1mol/L，则c(CHCOO-)=0.1mol/L-
3 3 3
c(CHCOOH)，又Ka= ，联立两式消去c(CHCOO-)并化简整理可得出，
3 3
c(CHCOOH)= mol/L，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为：CHCOO-+H O CHCOOH
3 3 2 3
+OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，
会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。
〖2019年高考真题〗
考点一 电离平衡
34．[2019新课标Ⅲ]设N 为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的HPO 溶液，下列说法正确的是
A 3 4
A．每升溶液中的H+数目为0.02N
A
B．c(H+)= c( )+2c( )+3c( )+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH PO 固体，溶液酸性增强
2 4
【答案】B
【解析】常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01N ，A错误；
A
根据电荷守恒可知，B正确；加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；加
入NaH PO 固体，HPO －浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。
2 4 2 4
考点二 盐类的水解
35．[2019江苏]室温下，反应 +H O HCO+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH HCO 溶液和
2 2 3 4 3
氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH ·H O)>c( )> c (OH−)> c (H+)
3 2
B．0.2 mol·L−1NH HCO 溶液(pH>7)：c ( )> c ( )> c (H CO)> c (NH ·H O)
4 3 2 3 3 2
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH HCO 溶液等体积混合：c( )+c(NH ·H O)=c(H CO)+c ( )+
4 3 3 2 2 3
c( )
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH HCO 溶液等体积混合：c (NH ·H O)+ c( )+ c(OH−)=
4 3 3 2
0.3 mol·L−1+ c (H CO)+ c (H+)
2 3
【答案】BD
【解析】NH ∙H O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH ∙H O NH ++OH-，HO
3 2 3 2 4 2
H++OH-，所以c(OH-)>c(NH+)，A错误；NH HCO 溶液显碱性，说明HCO -的水解程度大于NH +的
4 4 3 3 4
水解，所以c(NH +)>c(HCO-)，HCO -水解：HO+HCO - HCO+OH-，NH +水解：NH ++H O
4 3 3 2 3 2 3 4 4 2
NH ∙H O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(HCO)>c(NH∙H O)，B正确；由物料守恒，
3 2 2 3 3 2
n(N):n(C)=2:1，则有c(NH +)+c(NH∙H O)=2[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)]，C错误；由物料守恒，
4 3 2 2 3 3 3
n(N):n(C)=4:1，则有c(NH +)+c(NH∙H O)=
4 3 2
4[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)]①；电荷守恒有：c(NH +)+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO 2-)+c(OH-)②；结合①②消
2 3 3 3 4 3 3
去c(NH +)得：c(NH ∙H O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H CO)+3c(HCO-)+2c(CO 2-)③，0.2mol/LNH HCO 与0.6mol/L
4 3 2 2 3 3 3 4 3
氨水等体积混合后瞬间c(NH HCO )=0.1mol/L，由碳守恒有，c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)=0.1mol/L④，将
4 3 2 3 3 3
③等式两边各加一个c(CO2-)，则有c(NH ∙H O)+c(OH-)+c(CO 2-)=c(H+)+c(H CO)+3c(H CO)+3c(HCO-)
3 3 2 3 2 3 2 3 3
+3c(CO 2-)，将④带入③中得，c(NH ∙H O)+c(OH-)+c(CO 2-)=c(H+)+c(H CO)+0.3mol/L，故D正确；故选
3 3 2 3 2 3
BD。
考点三 沉淀溶解平衡
36．[2019新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶
于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a和b分别为T、T 温度下CdS在水中的溶解度
1 2
B．图中各点对应的K 的关系为：K (m)=K (n)c(K+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液
中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；
a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说
明Na+和A2—的导电能力强于HA—，B正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻
苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞
7，C错误；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯
二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯
二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液
的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为
c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），D正确。
38．[2019北京]实验测得0.5 mol·L−1CHCOONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO 溶液以及HO的pH随温度变化
3 4 2的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)
B．随温度升高，CHCOONa溶液的c(OH−)减小
3
C．随温度升高，CuSO 溶液的pH变化是K 改变与水解平衡移动共同作用的结果
4 w
D．随温度升高，CHCOONa溶液和CuSO 溶液的pH均降低，是因为CHCOO−、Cu2+水解平衡移动方向
3 4 3
不同
【答案】C
【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减
小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，
醋酸根水解为吸热过程，CHCOOH-+H O CHCOOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增
3 2 3
大，故B不符合题意；升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H O
2
Cu(OH) +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；盐类水解为吸热过程，
2
升高温度促进盐类水解，故D不符合题意。
39．[2019天津]某温度下， 和 的电离常数分别为 和 。将 和体积
均相同的两种酸溶液分别稀释，其 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅰ代表 溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从c点到d点，溶液中 保持不变（其中 、 分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a点的两溶液分别与 恰好中和后，溶液中 相同
【答案】C
【解析】由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO，I代表
2
CHCOOH，A错误；酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，B错误；Ⅱ代表HNO，
3 2
c(HNO )c(OH-)/c(NO-)=c(H+)·c(HNO)c(OH-)/[c(H+)·c(NO -)]=k /k(HNO )，k 为水的离子积常数，k(HNO)为
2 2 2 2 w 2 w 2
HNO 的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，C正确；体积和pH均相同的HNO 和
2 2
CHCOOH溶液，c（CHCOOH）＞c（HNO），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CHCOOH消
3 3 2 3
耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO 消耗的NaOH少，故D错误。
2
