文档内容
专题 07 水溶液中的离子平衡
1．（2022·辽宁大连市高三模拟）下列实验中，现象及结论都正确，且二者之间有因果关系的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向FeI 溶液中通入少量Cl 溶液变黄 则Cl 的氧化性强于Fe3＋
2 2 2
FeCl 溶液和KSCN溶液混合反应后，再加 增大反应物浓度，平衡正向
3
B 溶液红色加深
入少量KCl溶液 移动
铜粉溶解，溶液变
C 将铜粉加入到1.0mol·L−1Fe (SO ) 溶液中 金属铁比铜活泼
2 4 3
蓝
溶液均变红，
常温下的水解平衡常数：
常温下，向等体积、等浓度的NaHCO 和
3
D NaHCO 溶液红色
3
CHCOONa溶液中分别滴加2滴酚酞 K (CHCOO−)＜K (HCO )
3 h 3 h
更深
【答案】D
【解析】A．向FeI 溶液中通入少量Cl，Cl 与I－发生氧化还原反应生成I，溶液呈黄色，Fe2＋未发生反应，
2 2 2 2
因此无法比较Cl 与Fe3＋的氧化性强弱，故A错误；B．K＋、Cl－对Fe3＋＋3SCN－ Fe(SCN) 平衡无影
2 3
响，故B错误；C．2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋只能说明还原性：Cu＞Fe2＋，不能据此判断Fe与Cu的活泼
性，故C错误；D．颜色深的溶液碱性越强，OH－浓度越大，说明等浓度的HCO 水解程度大于
CHCOO−，因此常温下的水解平衡常数：K (CHCOO−)＜K (HCO )，故D正确；综上所述，答案为D。
3 h 3 h
2．（2022·河北张家口高三模拟）下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A．常温下 均为4的 和 溶液中水电离出的 之比为
B．等浓度的 和 溶液均加水稀释10倍， 溶液的 变化较大
C． 溶液的 小于7，溶液中粒子浓度大小顺序为：
D． 的 溶液与 的 溶液任意比例混合：
【答案】C
【解析】A．常温下 为4的 溶液中水电离的 等于溶液中的 ，mol/L， 为4的 溶液中水电离出的 等于溶液中的氢
离子总浓度=10-4mol/L，两溶液中水电离的 之比 ，故A错误；等浓度的 和
溶液均加水稀释10倍，因醋酸是弱酸能继续电离出氢离子，因此 溶液的 变化较小，故B
错误； 溶液的 小于7，说明 的电离程度大于其水解程度，则电离产生
的 大于水解产生的 ，离子浓度的大小： ，故C正
确； 溶液与 溶液混合时：由电荷守恒可知： ，
两者任意比例混合时 不一定等于 ，因此等式
不一定成立，故D错误；故选C。
3．（2022·山东青岛高三模拟）三甲胺 [N(CH )]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL
3 3
0.5mol/L MOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中lg 、pOH[pOH=-lgc(OH-)]、
中和率( )的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．三甲胺[N(CH )]的电离常数为10-4.8
3 3
B．a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(Cl-)
C．b点时，c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)
D．溶液中水的电离程度：c点＜d点
【答案】C
【解析】据图可知当lg =0时，pOH=4.2，即c(MOH)=c(M+)时c(OH-)=10-4.2mol/L，三甲胺的电离
常数K= =10-4.2，故A错误；a点中和率小于50%，即加入的2n(HCl)＜n(MOH)，根据物料
守恒可知c(MOH)+c(M+)＞2c(Cl-)，故B错误；b点中和率为50%，溶液中的溶质为等物质的量的MOH和MCl，据图可知此时pOH小于7，溶液显碱性，说明M+的水解程度小于MOH的电离程度，则溶液c(M+)
＞c(Cl-)＞ c(MOH)＞ c(OH-)＞c(H+)，故C正确；c点中和率为100%溶液中溶质为MCl，d点溶液中溶质
为MCl和HCl，HCl的电离抑制水的电离，MCl的水解促进水的电离，所以c点水的电离程度更大，故D
错误；综上所述答案为C。
4．（2022·广东深圳高三模拟）常温下，向浓度均为 、体积为 的两种一元酸 、
的溶液中，分别加入 固体(忽略溶液体积的变化)， 随加入 的物质的量的变化
如图所示。下列叙述正确的是( )
A． 为弱酸， 为强酸
B．a点溶液中由水电离出的 与由水电离出的 的乘积为
C．b点时 与 恰好完全反应
D．c点溶液中：
【答案】D
【解析】0.1 mol∙L−1 ， =12，说明c(H＋)=0.1mol∙L−1，则HA为强酸，0.1 mol∙L−1 ，
=8，说明c(H＋)= 1.0×10−3mol∙L−1，则 为弱酸，故A错误；根据A选项分析a点溶液中c(H
＋)=0.1mol∙L−1， ，由水电离出的 与由水电离出的
的乘积为 ，故B错误；b点 =0，说明c(H＋)= 1.0×10−7mol∙L−1，溶液
呈中性，由于 是弱酸，因此混合溶液应该是NaB和HB的混合溶液，HB与 没有完全反应，故
C错误；c点为100mL 0.1 mol∙L−1 加入NaOH物质的量为5.0×10−3mol，反应后溶质为NaB和HB且浓
度相等， =6，说明c(H＋)= 1.0×10−4mol∙L−1，即HB电离程度大于B－水解程度，则溶液中：
，故D正确；综上所述，答案为D。5．（2022·广东佛山市高三一模）草酸钙具有优异光学性能.在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T ＞T).
1 2
已知T 时K (CaC O)=6.7×10-4.下列说法错误的是( )
1 sp 2 4
A．图中a的数量级为10-2
B．升高温度，m点的饱和溶液的组成由m沿mq线向q方向移动
C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量NaC O 固体，溶液组成由m沿曲线向n方向移动
2 2 4
D．T 时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，不能观察到沉淀
1
【答案】B
【解析】K (CaC O)=c(Ca2+)×c(C O )=6.7×10-4，则图中a的数量级为10-2，A说法正确；升高温度，
sp 2 4 2
CaC O 溶液中c(Ca2+)=c(C O )，则m点的饱和溶液的组成由m沿0m线向远离0点方向移动，B说法错误；
2 4 2
恒温条件下，向m点的溶液加入少量NaC O 固体，c(C O )浓度增大，温度未变，K (CaC O)不变，则
2 2 4 2 sp 2 4
溶液组成由m沿曲线向n方向移动，C说法正确；T 时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等
1
体积混合，c(Ca2+)=c(C O )=0.015mol/L，Q=0.015mol/L×0.015mol/L=2.25×10-4＜K (CaC O)，不能观察到
2 c sp 2 4
沉淀，D说法正确；答案为B。
1.（2022·吉林吉林市高三模拟）溶液中除铁时还常用NaClO 作氧化剂，在较小的pH条件下最终生成一种
3
浅黄色的黄铁矾钠 [Na Fe (SO )(OH) ]沉淀除去。下图是温度-pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是
2 6 4 4 12
黄铁矾稳定存在的区域。下列说法不正确的是 ｛已知25℃，K [Fe(OH) ]=2.64×10-39｝
sp 3
A．工业生产黄铁矾钠，温度控制在85～95℃pH=1.5左右
B．pH=6，温度从80℃升高至150℃体系得到的沉淀被氧化
C．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+ 离子方程式为：6Fe2++ClO -+6H+=6Fe3++Cl-+3H O
3 2D．在25℃时溶液经氧化，调节溶液pH=4 ，此时溶液中c(Fe3+)=2.64×10-9 mol·L－1
【答案】B
【解析】由图像可知，生成黄铁矾钠所需要的合适温度为85℃～95℃，pH=1.5左右，故A正确；根据图
像，pH=6温度从80℃升高至150℃，FeOOH分解成Fe O，沉淀没有被氧化，故B错误；ClO -在酸性条
2 3 3
件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++ClO -+6H+=6Fe3++Cl-+3H O，故
3 2
C正确；25℃ pH=4时，c(OH-)=1×10-10mol/L，Fe(OH) 的K =2.64×10-39，则c(Fe3+)=2.64×10-39÷（1×10-10）
3 sp
3=2.64×10-9（mol/L），故D正确；答案为B。
2.（2022·陕西汉中市高三一模）常温下，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液的滴定
曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A．a≈3，说明HA属于弱酸
B．水的电离程度：d点>e点
C．c点溶液中：c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)
D．b点溶液中粒子浓度大小： c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)
【答案】C
【解析】 c(HA)=0.1mol/L，若为强酸，氢离子浓度应为c(H+)=0.1mol/L，溶液的pH=3，
c(H+)=0.001mol/L，说明HA电离程度较小，HA属于弱酸，故A不选；酸或碱抑制水电离，弱离子促进水
电离，d点溶质为NaA，促进水电离，e点溶质为NaA和NaOH，NaOH抑制水电离，所以水电离程度：d
点>e点，故B不选；c点溶液显中性，由电荷守恒 得：c(Na＋)=c(A-) ，故
C选；b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和NaA，溶液pH<7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于
A−水解程度，所以c(A−)>c(HA)，钠离子不水解，且HA电离程度和A−水解程度都较小，所以c(A-)>c(Na
＋)>c(H＋)>c(OH-)，故D不选；故选C。
3.（2022·福建宁德市高三一模）氯气常用于饮用水消毒，已知25℃时，氯水中Cl、ClO-两种微粒所占含
2
氯微粒的分数与pH的关系如下图。下列说法错误的是( )
A．用氯气处理饮用水时，溶液的pH在x～y之间，杀菌效果最佳
B．b点氯水中c(Cl-)：c(ClO-)＜1：1
C．a点有关粒子浓度大小关系是c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(OH-)D．氯气处理饮用水时，在冬季的效果比夏季好
【答案】B
【解析】根据图像可知，溶液的pH在x～y之间，HClO的浓度最大，HClO具有强氧化性，则用氯气处理
饮用水时，溶液的pH在x～y之间，杀菌效果最佳，A说法正确；b点时，根据物料守恒，c(Cl-)=c(HClO)
+c(ClO-)，则氯水中c(Cl-)：c(ClO-)＞1：1，B说法错误；a点时，Cl
2
+H
2
O⇌H++Cl-+HClO，HClO⇌H+
+ClO-，c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)，溶液显酸性，c(HClO)＞c(OH-)，则有关粒子浓度大小关系是c(H+)＞c(Cl-)
＞c(HClO)＞c(OH-)，C说法正确；氯气处理饮用水时，冬季温度低，次氯酸的电离程度减小，且温度低，
不易分解，导致次氯酸的浓度增大，则在冬季的效果比夏季好，D说法正确；答案为B。
4.（2022·湖南株洲市高三一模）室温下，向 0.01 mol/L 的醋酸溶液中滴入 pH=7 的醋酸铵稀溶液，溶液
pH 随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如图所示，下列分析不正确的是( )
A．a 点溶液的 pH>2
B．a~c中的任意点，溶液中存在 c(CHCOO-)>c(NH )
3
C．a~c 中水的电离程度逐渐增大
D．a~c 中 pH 变化的原因主要是 CH
3
COOH⇌CH
3
COO-+H+逆向移动
【答案】D
【解析】a点为醋酸溶液，醋酸为弱电解质，不能完全电离，则溶液中c(H+)＜0.01mol/L，溶液的pH＞2，
A分析正确；a~c中的任意点，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根据溶液呈电中性，c(NH )+ c(H+)=
c(OH-)+c(CH COO-)，溶液中存在 c(CHCOO-)＞c(NH )，B分析正确；a~c 中溶液的酸性逐渐减弱，则酸
3 3
对水的电离抑制程度逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大，C分析正确；a~b中，向醋酸中加入醋酸铵，
导致溶液中c(CHCOO-)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，pH增大，随加入醋酸铵溶液的增多，在b ~c中，
3
溶液体积增大，醋酸根离子及氢离子浓度都减小，则 pH增大，溶液中pH变化的原因主要不都是
CH
3
COOH⇌CH
3
COO-+H+逆向移动导致，D分析错误；答案为D。
5.（2022·广东高三零模）综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga(Fe O)、铁酸锌ZnFe O)获得3种金属盐，
2 2 4 3 2 4
并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子 浓度(mol·L-1) 开始沉淀pH
Fe2+ 1.0×10-3 8.0
Fe3+ 4.0×10-2 1.7
Zn2+ 1.5 5.5
Ga3+ 3.0×10-3 3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子 萃取率(%)
Fe2+ 0
Fe3+ 99
Zn2+ 0
Ga3+ 97-98.5
(1)Ga (Fe O) 中Ga的化合价为______，“浸出”时其发生反应的离子方程式为______。
2 2 4 3
(2)滤液1中可回收利用的物质是______，滤饼的主要成分是______；萃取前加入的固体X为______。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为______ (填化学式)。
(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解
液，阴极的电极反应为______。
(5)GaN可采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH 发生
3
系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为______。
(6)滤液1中残余的Ga3+的浓度为______ mol·L-1 (写出计算过程)。
【答案】(1)+3价 Fe O +8H＋＝2Fe3＋+4H O (2)硫酸锌 Fe(OH) 、Ga(OH) Fe (3)
2 2 3 3
NaGaO (4)GaO +3e－+2H O＝Ga+4OH－ (5) Ga(CH )+NH＝3CH+GaN (6)3.0×10-10.2
2 2 3 3 3 4
【解析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚
铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁
和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转
化为NaGaO ，电解NaGaO 溶液生成单质Ga，据此解答。
2 2
(1)Ga (Fe O) 中Fe是+3价，O是－2价，根据化合价代数和为0可知Ga的化合价为+3价，“浸出”时其
2 2 4 3
发生反应的离子方程式为Fe O +8H＋＝2Fe3＋+4H O。
2 2
(2)根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和
Ga3+，滤饼的主要成分是Fe(OH) 、Ga(OH) ；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。
3 3(3)Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO ，即镓的存在形式为
2
NaGaO 。
2
(4)精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极是得到电子转化为Ga，电极反应为GaO +3e－
+2H O＝Ga+4OH－。
2
(5)以合成的三甲基镓为原料，使其与NH 发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有
3
甲烷生成，该过程的化学方程式为Ga(CH )+NH＝3CH+GaN。
3 3 3 4
(6)根据表中数据可知Ga(OH) 的溶度积常数为3.0×10-3×（10－11）3＝3.0×10-36，溶液的pH＝5.4，即氢氧根
3
离子浓度是10－8.6mol/L，所以滤液1中残余的Ga3+的浓度为 ＝3.0×10-10.2mol·L-1。
6.（2022·湖南高三零模）以镁铝复合氧化物( )为载体的负载型镍铜双金属催化剂(
)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如下：
已知：常温下， ， 。回答下列问题：
(1)在加热条件下，尿素 在水中发生水解反应，放出______和______两种气体(写化学式)。
(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为______。
(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是______。
(4)常温下，若“悬浊液”中 ，则溶液的 ______。
(5)“还原”过程中所发生反应的化学方程式为______。
(6) 在强碱溶液中被 氧化可得 ，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反
应式：
①放电一段时间后，溶液的pH将______(填“增大”“减小”或“不变”)。
②充电时，阳极发生的电极反应式为______。
【答案】(1)NH CO (2)水浴加热 (3)取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加
3 2
入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净 (4)10 (5)NiO＋H Ni＋HO，CuO＋H
2 2 2
Cu＋HO (6)增大 Ni(OH) ＋OH－－e－=NiOOH＋HO
2 2 2【解析】将MgSO 、Al (SO )、NiSO 、CuSO 混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液
4 2 4 3 4 4
Mg(OH) 、Al(OH) 、Cu(OH) 、Ni(OH) ，在60℃净化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、
2 3 2 2
CuO、NiO、Al O，在550℃温度下用氢气还原。
2 3
(1)根据题意，尿素[CO(NH)]在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH)＋HO CO↑＋2NH ↑，因此
2 2 2 2 2 2 3
放出NH 和CO 两种气体；
3 2
(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃，温度在100℃以下，因此采用的加热方式为水浴加热；
(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根，因此常用的方法是取最后
一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗
净；
(4)常温下，若“悬浊液”中 ，
，则
， ，则溶液的
10；(5)“还原”过程最终得到 ，说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应，因此所发
生反应的化学方程式为NiO＋H Ni＋HO，CuO＋H Cu＋HO；
2 2 2 2
(6)①放电一段时间后，负极反应式为Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH) ，正极是2NiOOH＋2e－＋2HO =2Ni(OH)
2 2 2
＋2OH－，正极生成的OH－物质的量与负极消耗的OH－物质的量相等，但是消耗了电解质中的水，使碱性
增强，因此溶液的pH将增大。
②根据放电时正极电极反应式NiOOH＋e－＋HO =Ni(OH) ＋OH－，则充电时，阳极发生的电极反应式为
2 2
Ni(OH) ＋OH－－e－=NiOOH＋HO。
2 2
7.（2022·山西太原·一模）已知HA为一元弱酸，K 为HA的电离常数，25℃时，某混合溶液中c(HA)
a
+c(A-)=0.1 mol·L-1， lgc(HA)、lgc(A-)、lgc(H+)和lgc(OH-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是
A．O点时，pH = 7
B．K(HA)的数量级为10-5
aC．M点时，存在c(H+)=c(OH-)+ (A-)
C
D．该体系中，c(HA)= mol·L-1
【答案】C
【解析】pH=-lgc(H+)，所以随pH升高直线减小的是lgc(H+)，则直线升高的是lgc(OH-)，而pH升高时，
HA会与氢氧根发生反应HA+OH-=H O+A-，所以开始几乎不变，后续随pH增大而减少的是lgc(HA)，随
2
pH增大而增加，后续几乎不变的是lgc(A-)。
A．据图可知O点处lgc(H+)=lgc(OH-)，即c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，温度为25℃，所以pH=7，A正确；
B．K(HA)= ，据图可知N点处c(A-)=c(HA)，pH=4.74，即c(H+)=10-4.74mol/L，所以K(HA)=10-
a a
4.74，数量级为10-5，B正确；
C．据图可知M点处c(A-)=c(H+)，C错误；
D．该体系中c(HA)+c(A-)=0.1 mol·L-1，即c(A-)=0.1mol/L-c(HA)，c(HA)= = ，
解得c(HA)= mol/L，D正确；
综上所述答案为C。
8.（2022·吉林长春·二模）25 °C时，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定同浓度的HA溶液，HA被滴定分数
2 2
、pH及微粒分布分数 ，X表示HA、HA-或A2-]的关系如图所示：
2
下列说法正确的是
A．25 °C时，HA第一步电离平衡常数K ≈10-7
2 a1
B．c点溶液中： c(Na+)=2c(HA- )+ c(A2-)
C．b点溶液中： c(Na+ )>c(HA- )> c(A2- )>c(H+ )> c(HA)>c(OH- )
2
D．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度： c>d>b>a
【答案】B【解析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1 mol•L-1NaOH溶液滴定二元弱酸HA的滴定曲线，当
2
＜1时，HA部分反应，溶液中溶质为NaHA和HA；当 =1时，反应生成NaHA，
2 2
NaHA溶液显酸性；当2＞ ＞1时，溶液中溶质为NaHA和NaA；当 =2时，反应生成
2
NaA，NaA溶液显碱性。
2 2
A． 25 °C时，pH=7时，c点c(HA- )= c(A2-)，HA第二步电离平衡常数K = ≈10-
2 a2
7，HA第一步电离平衡常数K >10-7，故A错误；
2 a1
B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和NaA，且c(HA-)=c(A2- )，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)═c(HA-)
2
+c(OH-)+2c(A2- )，pH=7，c(H+)═c(OH-)，故c(Na+)═c(HA-)+2c(A2- )═3c(HA-)==3c(A2- )= 2c(HA- )+ c(A2-)，故
B正确；
C．b点溶液中，由图象可知c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2- )＞c(HA)，b点pH<7，c(H+ )>c(OH- )，HA被滴定分
2 2
数 >1，c(OH- )> c(HA)，故C错误；
2
D．未加氢氧化钠溶液时，HA电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，
2
对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、NaA能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为NaA，即d点附
2 2
近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d＞c＞b＞a，故D错误；
故选B。
9.（2022·陕西汉中·二模）常温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1的HPO 溶液，滴定过
3 2
程中混合溶液的pH随加入的NaOH溶液体积变化关系如图所示，下列说法不正确的是
A．常温下，K (H PO )的数量级为10—5
a 3 2
B．B点对应的溶液中：2[c(H+)—c(OH—)]=c(H PO )—c(H PO )
2 3 2
C．HPO 为一元弱酸
3 2
D．滴定至V=20mL的过程中，溶液中由水电离出的c( H+)·(OH—)不变
【答案】D
【解析】由图可知，未加入氢氧化钠溶液时，0.1mol·L-1的HPO 溶液pH为3说明HPO 为弱酸，加入
3 2 3 2
20mL0.1mol·L-1氢氧化钠溶液时，20mL0.1mol·L-1的HPO 溶液恰好完全反应说明HPO 为一元弱酸，所得
3 2 3 2NaH PO 溶液呈碱性。
2 2
A．由分析可知，0.1mol·L-1的HPO 溶液pH为3，则K (H PO )= =1.0×10—5，数量级
3 2 a 3 2
为10—5，故A正确；
B．由图可知，B点时氢氧化钠溶液与HPO 溶液反应得到等浓度的HPO 和NaH PO 混合溶液，溶液中存
3 2 3 2 2 2
在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(OH—)+c(H PO )和物料守恒关系2 c(Na+)= c(H PO )+c(H PO )，整合可
2 2 3 2
得2[c(H+)—c(OH—)]=c(H PO )—c(H PO )，故B正确；
2 3 2
C．由分析可知，HPO 为一元弱酸，故C正确；
3 2
D．由分析可知，HPO 为一元弱酸，加入20mL0.1mol·L-1氢氧化钠溶液时，20mL0.1mol·L-1的HPO 溶液
3 2 3 2
恰好完全反应说明HPO 为一元弱酸，所得NaH PO 溶液呈碱性，则HPO 离子在溶液中水解促进水的电
3 2 2 2 2
离，溶液中由水电离出的c( H+)·(OH—)增大，故D错误；
故选C。
10.（2022·陕西宝鸡·三模）25℃时，向25mL0.lmol·L-1邻苯二甲酸(H A)溶液中加入KOH固体，混合溶液
2
的pH随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述错
误的是
A．邻苯二甲酸的Ka 约为1.0×10-3
1
B．b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H A)
2
C．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小
D．c点c(K+)>3c(A2-)
【答案】D
【解析】随着KOH固体的增加，溶液的pH逐渐增大，HA的电离程度增大，溶液中HA-的浓度先增大后
2
减小，-lgc(HA-)的曲线应是先减小后增大，A2-的浓度一直增大，-lgc(A2-)一直减小，因此ab点所在的曲线
为-lgc(HA-)随pH变化的曲线。
A．由图可知，pH=0时， ， ，则 ，HA的电离微弱，因
2
此c(HA)约为0.1mol/L，邻苯二甲酸的Ka 约为 ，故A正确；
2 1
B．b点的纵坐标最小，则此时溶液中 最大，即溶液中的溶质为KHA，溶液的pH=4，说明KHA溶
液呈酸性，HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)>c(H A)，b点有关微粒浓度大小关系为
2(HA-)>c(A2-)>c(H A)，故B正确；
2
C．b点溶质为KHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从b到e点，继续加入
KOH固体生成KA，A2-水解而促进水电离，继续加入KOH，KOH抑制水电离，则水电离产生的c (H+)先
2
增大后减小，故C正确；
D．c点溶液中 ，溶液中由电荷守恒有 ，c点溶液呈酸
性， ，则 ，故D错误；
答案选D。
