文档内容
专题 10 水溶液中的离子反应与平衡
01专题网络·思维脑图
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法
考点一 弱电解质的电离平衡、 考点二 酸碱中和滴定及迁移 考点三 溶液中的“三大
溶液的酸碱性及pH计算 应用 平衡”与“四大常数”
【高考解密】 【高考解密】 及其应用
命题点01 弱电解质的电离及其影 命题点01 酸碱中和滴定的理解 【高考解密】
响因素 和应用 命题点 01四大平衡常数的
命题点02 溶液的酸碱性及pH计算 命题点02 沉淀滴定的理解和应 应用
【技巧解密】 用 命题点 02溶液中粒子浓度
命题点03 氧化还原滴定的理解 大小比较
【考向预测】
【技巧解密】
和应用
【技巧解密】 【考向预测】
【考向预测】
04核心素养·微专题
微专题 有关水溶液中离子平衡的图像考点 考查内容 考情预测
弱电解质的电离 1.弱电解质的电离及其影响因素 水溶液中的离子平衡是历年高考考查的重点和热
平衡、溶液的酸 点，考查方式常以选择题形式呈现。从高考命题的变化
碱性及pH计算 2.溶液的酸碱性及pH的计算 趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平
衡和转化是主流试题。试题注重知识的应用，多以图
1.酸碱中和滴定的理解和应用
象、图表的形式，利用平衡移动原理分析外界条件改变
酸碱中和滴定及
2.沉淀滴定的理解和应用 对溶液中电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡
迁移应用
的分析考查，偏重考查粒子浓度大小顺序和溶液中各种
3.氧化还原滴定的理解和应用 守恒关系，使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧
性。能较好地考查对知识的迁移能力、灵活应用能力和
运用化学用语的能力。预计 2024 年高考题型会延续
2023年高考命题形式，以曲线图的形式进行综合考查，
溶液中的“三大 1.四大平衡常数的应用
要求考生会利用平衡移动原理分析外界条件改变对溶液
平衡”与“四大
中电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡，把握
常数及其应用 2.溶液中粒子浓度大小比较
其本质，其中水解常数、溶度积的相关计算预计会在
2024年的高考命题中占有一定的重要地位。考点一 弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性及 pH 计算
命题点01 弱电解质的电离及其影响因素
典例01（2022·湖北卷）根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。
已知：NH++NH=NH++N H，NH+CH COOH=N H++CH COO-，下列酸性强弱顺序正确的是( )
2 5 3 4 2 4 2 4 3 2 5 3
A．NH+＞NH＞NH + B．NH+＞CHCOOH＞NH +
2 5 2 4 4 2 5 3 4
C．NH ＞NH＞CHCOO- D．CHCOOH＞NH+＞NH +
3 2 4 3 3 2 5 4
【答案】D
【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，则反
应NH+CH COOH=N H++CH COO-中，酸性：CHCOOH＞NH+，反应NH++NH=NH++N H 中，酸性：
2 4 3 2 5 3 3 2 5 2 5 3 4 2 4
NH+＞NH +，故酸性：CHCOOH＞NH+＞NH +，故选D。
2 5 4 3 2 5 4
典例02（2022·全国乙卷）常温下，一元酸 的K(HA)=1.0×10-3。在某体系中， 与A-离子不能穿过隔
a
膜，未电离的 可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c (HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( )
总
A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)＋c(A-)
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度 为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c (HA)之比为10-4
总【答案】B
【解析】A项，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项，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)
a 总
+c(A-)，则 =1.0×10-3，解得 = ，B正确；C项，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项，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)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液I中c
a 总 总
(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c
a 总
(HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液II中c (HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿
总
过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c (HA)之比为
总
[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；故选B。
典例03（2021·浙江卷）某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确
的是( )
A．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH= b，b-a＜1，
则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH= b，a＞b，则HR是弱酸
【答案】B
【解析】A项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01mol·Lˉ1，所以
HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设HR为强酸，取pH=6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释
至100.0mL测得此时溶液pH＜7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，
升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。
命题点02 溶液的酸碱性及pH计算
典例01（2022·浙江卷）已知25℃时二元酸HA的K =1.3×10-7，K =7.1×10-15。下列说法正确的是( )
2 a1 a2
A．在等浓度的NaA、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
2
B．向0.1mol·L-1的HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则HA的电离度为0.013%
2 2
C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
2
D．取pH=a的HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
2
【答案】B
【解析】A项，在等浓度的NaA、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，
2
故A错误；B项，向0.1mol·L-1的HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，
2
，则HA的电离度 0.013%，故B正确；C项，
2
向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11， ，则c(A2-)K 。
a1 a2
5．水的电离
(1)水的电离：HO＋HO HO＋＋OH－，可简写为HO H＋＋OH－。
2 2 3 2
(2)水的离子积常数：K ＝c(H＋)·c(OH－)。
w
①室温下：K ＝1×10－14。
w
②影响因素：只与温度有关，升高温度，K 增大。
w
③适用范围：K 不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。
w
④K 揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，K 不变。
w w
二、溶液的酸碱性及pH计算
1．根据水电离出的c(H+)和溶液中c(H+)判断溶液的性质
1）溶液中H＋或OH－的来源分析
(1)溶液为酸的溶液。
溶液中的OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的盐酸中，溶液中的c(OH－)＝
(K /10－2) mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
w
(2)溶质为碱的溶液。
溶液中的H＋全部来自水的电离，水电离产生的 c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的
c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
(3)水解呈酸性或碱性的盐溶液。
①pH＝5的NH Cl溶液中，H＋全部来自水的电离，由水电离的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，因为部分OH－与部
4
分NH结合，溶液中c(OH－)＝10－9 mol·L－1。
②pH＝12的NaCO 溶液中，OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1。
2 3
2）根据水电离出的c(H+)和溶液中c(H+)判断溶液的性质
(1)室温下纯水中水电离出的c(H+)=1×10-7 mol·L-1,若某溶液中水电离出的c(H+)<1×10-7 mol·L-1,则可判断该
溶液呈酸性或碱性;若某溶液中水电离出的c(H+)>1×10-7 mol·L-1,则可判断出该溶液中存在能水解的盐,从而
促进了水的电离。
(2)室温下,溶液中的c(H+)>1×10-7 mol·L-1,说明该溶液是酸溶液或酸式盐溶液或水解呈酸性的盐溶液;溶液中
的c(H+)<1×10-7 mol·L-1,说明该溶液是碱溶液或水解呈碱性的盐溶液等。
2．突破溶液酸、碱性判断的四条规律(1)正盐溶液。
强酸强碱盐溶液显中性,强酸弱碱盐(如NH4Cl)溶液显酸性,强碱弱酸盐(如CH3COONa)溶液显碱性。
(2)酸式盐溶液。
NaHSO （NaHSO=Na++H++SO2-）NaHSO 、NaHC O 、NaH PO 水溶液显酸性（酸式酸根离子的电离程
4 4 4 3 2 4 2 4
度大于水解程度)，NaHCO 、NaHS、NaHPO 水溶液显碱性（酸式酸根离子的水解程度大于电离程度)。
3 2 4
注意:因为浓度相同的CHCOO-与NH +的水解程度相同,所以CHCOONH 溶液显中性,而NH HCO 溶液略
3 4 3 4 4 3
显碱性。
(3)弱酸(或弱碱)及其盐1∶1混合的溶液。
①CHCOOH和CHCOONa混合液呈酸性(等浓度的CHCOOH与CHCOO-,CH COOH的电离程度大于
3 3 3 3 3
CHCOO-的水解程度)。
3
②NH ·H O和NH Cl混合溶液呈碱性。
3 2 4
(4)酸碱pH之和等于14等体积混合溶液。
pH之和等于14的意义:酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子的浓度。
已知酸、碱溶液的pH之和为14,则等体积混合时:
强酸、强碱,混合后溶液pH=7,
强酸、弱碱,混合后溶液pH>7,
弱酸、强碱,混合后溶液pH<7。
3.溶液酸碱性判断中的常见误区
(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。
(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时，溶液显酸性；强碱和弱酸恰好中和
时，溶液显碱性，强酸和强碱恰好中和时，溶液显中性。
(3)使用pH试纸测溶液酸碱性时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿，相当于将
待测液稀释，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测液为中性溶液，则所
测结果没有误差。
4．有关pH计算的一般思维模型考向01 弱电解质的电离及其影响因素
1．下列事实不能说明亚硝酸是弱电解质的是
A．常温下， 溶液的pH约为2
B．用浓度均为 的 溶液和盐酸做导电实验， 溶液中灯泡较暗
C．中和体积与pH均相同的盐酸和 溶液， 消耗的 物质的量更多
D．向碳酸钠溶液中滴加过量的 溶液有气体溢出
【答案】D
【解析】A．常温下0.1mol/L亚硝酸溶液的pH约为2说明亚硝酸在溶液中部分电离出氢离子，证明亚硝酸
是弱电解质，故A不符合题意；B．浓度相等的亚硝酸溶液中灯泡较暗，说明亚硝酸溶液的导电性小于盐
酸，亚硝酸在溶液中部分电离出氢离子，证明亚硝酸是弱电解质，故B不符合题意；C．中和体积与pH均
相同的盐酸和亚硝酸溶液，亚硝酸消耗的氢氧化钠的物质的量更多说明亚硝酸在溶液中部分电离出氢离子，
证明亚硝酸是弱电解质，故C不符合题意；D．向碳酸钠溶液中滴加过量的亚硝酸溶液有气体溢出只能说
明亚硝酸的酸性强于碳酸，但不能证明亚硝酸是弱电解质，故D符合题意；故选D。
2．25℃，浓度均为 、体积为 的HX、HY榕液，分别加水稀释至体积V，pH随 的变化关
系如图所示，下列叙述错误的是A．相同温度下，电离常数
B．HX或HY的电离度：
C．中和a、b两点溶液，消耗 物质的量相同
D．a点溶液升高温度， 增大
【答案】A
【分析】由图可知，0.1mol/LHX溶液pH大于0.1mol/LHY溶液，HX的酸性弱于HY。
【解析】A．由分析可知，HX的酸性弱于HY，相同温度下，酸的酸性越弱，电离常数越小，则HX的电
离常数小于HY，故A错误；B．由图可知，b、c两点溶液pH相等，溶液中氢离子浓度相等，则b点HX
的电离度等于c点HY的电离度，a、b两点中，a点HY溶液的浓度大于b点，浓度越大，酸的电离度越小，
则a点电离度小于b点，所以电离度的大小顺序为c=b>a，故B正确；C．稀释前后，溶质的物质的量不变，
所以a、b两点溶液中HX的物质的量相等，中和能力相同，所以中和a、b两点溶液，消耗氢氧化钠物质
的量相同，故C正确；D．HX为弱酸，在溶液中的电离过程为吸热过程，升高温度，电离平衡右移，HX
的浓度减小、X—离子浓度增大，则溶液中 增大，故D正确；故选A。
3．向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列变化中正确的是
A． 的电离程度减小 B．氨水的 增大
C． 的数目增多 D． 减小
【答案】C
【解析】A．加入蒸馏水导致氨水浓度减小，将其稀释促进氨水的电离，电离程度变大，A错误；B．K 只
b与温度有关，温度不变，K 不变，B错误；C．加水稀释促进 电离，所以 的数目增多，C正
b
确；D． ，加入蒸馏水导致氨水浓度减小，氢氧根离子浓度
减小，比值增大，D错误；故选C。
4．25℃时，对于 的 溶液，下列判断不正确的是
A．加水稀释，电离平衡正向移动，溶液中所有离子浓度都减小
B．通入少量HCl气体，电离平衡逆向移动， 减小， 不变
C．加入少量冰醋酸，电离平衡正向移动， 增大，电离度减小
D．升高温度，电离平衡正向移动， 增大，pH减小
【答案】A
【解析】A．醋酸中存在如下电离CHCOOH CHCOO-+H+，向体系中加水稀释，醋酸的电离程度增大，
3 3
电离平衡向右移动，溶液中醋酸根离子、氢离子的浓度都减小，但水的离子积不变，溶液中氢氧根离子浓
度增大，故A错误；B．通入少量HCl导致溶液中c(H+)增大，抑制醋酸电离，电离平衡逆向移动，
c(CHCOO-)减小，温度不变，则K 不变，故B正确；C．加入少量冰醋酸，电离平衡正向移动， 增
3 a
大，但CHCOOH的浓度增大，其电离程度减小，故C正确；D．升高温度促进醋酸电离，则平衡正向移
3
动，溶液中c(H+)增大，pH减小，故D正确；故选：A。
5．某温度下，将pH和体积均相同的HCl和 溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图
所示。下列叙述不正确的是
A．溶液中水的电离程度：b点 Ka(HC)
B． 的电离度：a点 < b点
C．当 时，升高温度， 减小
D．恰好中和 均为2、体积均为V 的三种酸溶液，消耗的NaOH溶液一样多
0
【答案】D
【解析】常温下，pH =2的强酸加水稀释，c(H＋)减小pH增大，稀释后的强酸溶液pH =2+ ，pH =2
的弱酸加水稀释时，弱酸电离平衡发生移动向电离产生离子的方向移动，使H+的物质的量增加，稀释后弱
酸溶液c(H＋)大于稀释相同倍数后强酸溶液c(H＋)，弱酸溶液2< <2+ ，越弱的酸稀释后pH越小，
所以结合图像可知是HA强酸，HB、HC是弱酸，酸性强弱为HA>HB>HC。A项，相同温度下，弱酸酸性
相对越强其电离平衡常数Ka越大，由酸性强弱HB>HC可判断Ka(HB) > Ka(HC)，A项正确；B项，HC是
弱酸，HC H++C-加水稀释电离平衡正向移动，电离程度增大，越稀电离度越大，稀释时，a点稀释
倍数小b点稀释倍数大，b点浓度更稀，可以判断a点电离度 < b点，B项正确；C项，HA强酸，HC是弱
酸，当 时，升高温度HA溶液中c(A-)不变(忽略溶液体积变化)，HC H++C-电离平衡正向移动溶液中c(C-)增大，故 减小，C项正确；D项，pH =2，c(H＋)=10-2 mol·L-1，强酸HA由于完全电离
c(HA)=10-2 mol·L-1，弱酸HB电离，三段式分析：
， 同样分析弱酸HC， ，酸性
强弱HB>HC，相同条件下HC电离度更小，所以c(HC)＞c(HB)，溶液浓度c(HC)＞c(HB)＞c(HA)，体积都
为V 时，溶液中溶质物质的量 ，中和反应消耗NaOH溶液不一样多，D项错误；故选
0
D。
考点二 酸碱中和滴定及迁移应用
命题点01 酸碱中和滴定的理解和应用
典例01（2023·山东卷）一定条件下，乙酸酐 醇解反应
可进行完全，利用此反应定量测定有机醇 中的羟
基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完
全水解： 。
③加指示剂并用 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。根据上述实验原理，下列说法正确的是A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【分析】步骤④消耗 的物质的量为 ，即乙酸酐的总物质的量为 ，
步骤③消耗 的物质的量为 ，即醇解反应和水解反应生成的乙酸物质的量为
，由醇解反应和水解反应生成乙酸的比例关系可知，n(ROH)+[ -n(ROH)]
2= ，解得n(ROH)= ，因此ROH的物质的
量为 。
【解析】A．乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A错误；B．若甲醇挥发，
NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，使 随NaOH-甲醇溶液浓度
增大而减小，ROH的物质的量为 也随之减小，故将导致测定结果偏小，B正确；C．
步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V 偏小，而ROH的物质的
1
量为 ，故将导致测定结果偏大，C错误；D．步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全
水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V 偏小，而ROH的物质的量为
2
，故将导致测定结果偏小，D错误；故选B。
典例02（2023·山东卷）一定条件下，乙酸酐 醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇 中的羟
基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完
全水解： 。
③加指示剂并用 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。 样品中羟基含量(质量分数)计算正
确的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题中信息可知，量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入 样品，发生醇解反应
，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解
，加指示剂并用 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准
溶液 ；在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解，用
-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液 ；两次实验消耗标准
溶液的差值为 ，由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物 不消耗 ，则R守恒可知，n(ROH)=n( )= ，因此， 样品中羟基质量分数=
， A正确，故选A。
典例03（2022·山东卷）实验室用基准 配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并
以盐酸滴定 标准溶液。下列说法错误的是
A．可用量筒量取 标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制 标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量 固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定NaCO 标准溶液，则应将NaCO 标准溶液置于锥形瓶中，将
2 3 2 3
待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。
【解析】A．量筒的精确度不高，不可用量筒量取 NaCO 标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取
2 3
25.00 mL Na CO 标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；B．NaCO 溶液显碱性，盛放NaCO 溶液的容器
2 3 2 3 2 3
不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容
量瓶配制NaCO 标准溶液，B说法正确；C．NaCO 有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量
2 3 2 3
纸称量NaCO 固体，C说法正确；D．NaCO 溶液显碱性，甲基橙滴入NaCO 溶液中显黄色，当滴入最
2 3 2 3 2 3
后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，
D说法正确；综上所述，本题选A。
命题点02 沉淀滴定的理解和应用
典例01（2023·浙江卷·节选）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝( )
按如下流程开展实验。② 的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(4)测定产品的盐基度。 的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取 溶液于锥形瓶中，调
，滴加指示剂 溶液。在不断摇动下，用 标准溶液滴定至浅红色
(有 沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗 标准溶液 。另测得上述样品
溶液中 。
①产品的盐基度为 。
②测定 过程中溶液 过低或过高均会影响测定结果，原因是 。
【答案】(4)①0.7 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银
偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】（4）①根据 ，样品溶液中氯离子物质的量浓度为
， ，根据电荷守恒得到 产品
的盐基度为 ；故答案为：0.7。
②测定 过程中溶液 过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重
铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸
银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏
少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
典例02（2022·北京卷·节选）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X—射线检查。(6)口服造影剂中碘番酸（ ）含量可用滴定分析法测定，步骤如下。
步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-，冷却、
洗涤、过滤，收集滤液。
步骤二：调节滤液pH，用bmol∙L-1AgNO 标准溶液滴定至终点，消耗AgNO 溶液的体积为cmL。
3 3
已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数 。
【答案】(6)
【解析】（6） ——3AgNO，n(AgNO)= bmol∙L-1×c×10-3L=bc×10-3mol，则口服造影剂
3 3
中碘番酸的质量分数为 = 。答案为： 。
典例03（2021·江苏卷·节选）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe O、SiO)和Fe (SO ) 为原料制备的
2 3 2 2 4 3
ZnFe O 脱硫剂，可用于脱除煤气中的HS。
2 4 2
(2)“调配比”前，需测定ZnSO 溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO 溶液于100mL容量瓶中，
4 4
加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用
0.0150mol·L-1EDTA(Na HY)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA
2 2
溶液25.00mL。计算ZnSO 溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。
4
【答案】(2)0.7500mol·L-1
【解析】（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO 的物质的量为
4
0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO 溶液的物质的量浓度为 ；
4
命题点03 氧化还原滴定的理解和应用典例01（2023·海南卷·节选）某小组开展“木耳中铁元素的检测”活动。检测方案的主要步骤有：粉碎、
称量、灰化、氧化、稀释、过滤、滴定等。回答问题：
(4)测定铁含量基本流程：将滤液在200mL容量瓶中定容，移取25.00mL，驱尽 并将 全部还原为
。用5mL微量滴定管盛装 标准溶液进行滴定。
①选用微量滴定管的原因是 。
②三次平行测定的数据如下表。针对该滴定数据，应采取的措施是 。
序号 1 2 3
标准溶液用量/mL 2.715 2.905 2.725
③本实验中，使测定结果偏小的是 (填标号)。
a．样品未完全干燥 b．微量滴定管未用标准溶液润洗 c．灰渣中有少量炭黑
【答案】(4)使实验微型化，滴定更准确，节约试剂 舍去第二次数据 a
【解析】（4）①木耳中铁含量较少，选用微量滴定管使实验微型化，滴定更准确，节约试剂；
②三次平行滴定中，第二组数据偏差较大，应舍去。
③ a．铁元素的含量= ，样品未完全干燥，使测定结果偏低，故选a;b．微量滴定管未
用标准溶液润洗，标准溶液被稀释，使测定结果偏高，故不选b;c． 灰渣中有少量炭黑，对测定结果无影
响，故不选c。答案为：滴定更准确，节约试剂；舍去第二组数据；a。
典例02（2022·江苏卷·节选）实验室以二氧化铈( )废渣为原料制备 含量少的 ，其部分
实验过程如下：
(4)实验中需要测定溶液中 的含量。已知水溶液中 可用准确浓度的 溶液滴定。以
苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为 。请
补充完整实验方案：①准确量取 溶液[ 约为 ]，加氧化剂将 完全氧化并
去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到 容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测 溶液装入如图所示的滴定管中：③ 。
【答案】(4)从滴定管中准确放出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向
锥形瓶中滴加 溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮
黄色，且30s内颜色不变，记录滴加 溶液的体积；重复以上操作2~3次
【解析】（4）从滴定管中准确放出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，
向锥形瓶中滴加 溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为
亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加 溶液的体积；重复以上操作2~3次。
典例03（2021·浙江卷·节选）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO )]制备KCr O 晶体，流程如下：
2 2 2 2 7
(4)为了测定KCr O 产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
2 2 7
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是 。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于
管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落， 继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)(5)该小组用滴定法准确测得产品中KCr O 的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度
2 2 7
(K Cr O 溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制KCr O
2 2 7 2 2 7
待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是 ，添加该试剂的理由是 。
【答案】(4)①AC②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁(5)H SO 抑制Cr O 转化为CrO ，且与
2 4 2
Cr O 不反应
2
【解析】(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于KCr O 具有强氧化性，量取
2 2 7
25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，
同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准
确判断滴定的终点，C错误；D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂
直，平视读取读数，D正确；E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并
调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；答案选AC。
②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将
半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再
用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
(5)根据题意，KCr O 溶液的吸光度与其浓度成正比例，在KCr O 溶液中存在平衡 +H O 2H++2
2 2 7 2 2 7 2
，即有部分 会转化为 ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制 转化为 ，可
加入与 不反应的酸，如硫酸；故答案为：HSO ；抑制 转化为 ，且与 不反应。
2 4
1．中和滴定的概念：用已知物质的量浓度的 酸 ( 或碱 )来测定未知物质的量浓度的 碱 ( 或酸 )的方法。
2．中和滴定的原理：c ＝(以一元酸与一元碱的滴定为例)。
待在酸碱中和滴定过程中，开始时由于被滴定的酸(或碱)浓度较大，滴入少量的碱(或酸)对其pH的影响不大。
当滴定接近终点(pH＝7)时，很少量(一滴，约0.04 mL)的碱(或酸)就会引起溶液pH突变(如图所示)。
3．酸碱中和滴定的关键
(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。
(2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。
4．酸碱中和滴定实验用品
(1)仪器
图(A)是酸式滴定管，图B是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。
(2)试剂
标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
指示剂 变色范围的pH
甲基橙 <3．1红色 3．1～4．4橙色 >4．4黄色
酚酞 <8．2无色 8．2～10．0浅红色 >10．0红色
5．中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。
(1)滴定前的准备。
(2)滴定。(3)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，视为滴定终点，
并记录标准液的体积。
(4)数据处理：按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算。
c(NaOH)＝
6．氧化还原滴定的原理及指示剂的选择：
(1)原理：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，或者间接滴定一些本身
并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
(2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO 、KCr O 等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素
4 2 2 7
C等。
(3)指示剂：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，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；
③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。
7．沉淀滴定：
(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很
少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。
(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定
剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO 溶液测定溶液中Cl－的含量时
3
常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO 更难溶。
4
8.中和滴定考点归纳
(1)“考”实验仪器。
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管,如正确选择滴定管(包括量
程),滴定管的检漏、洗涤和润洗,滴定管的正确读数方法等。
(2)“考”操作步骤。
①滴定前的准备:检漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数。
②滴定:移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数。
③计算。
(3)“考”指示剂的选择。
①强酸强碱相互滴定,可选用甲基橙或酚酞。
②若反应生成强酸弱碱盐,溶液呈酸性,则选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙),若反应生成强碱弱酸盐,溶液
呈碱性,则选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)。
③石蕊溶液因颜色变化不明显,且变色范围过宽,一般不用作指示剂。(4)“考”误差分析。
写出计算式,分析操作对V标的影响,由计算式得出对最终测定结果的影响,切忌死记硬背结论。此外对读数
时视线(俯视、仰视)问题的判断要学会画图分析。
(5)“考”数据处理。
正确“取舍”数据,计算“平均”体积,根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系,从而列出公式进
行计算。
考向01 酸碱中和滴定的理解和应用
1．（2023·上海虹口·统考模拟预测）用已知浓度盐酸滴定未知浓度 溶液，甲基橙作指示剂。若测定
结果偏低，可能原因是
A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗
B．盛装待测液的锥形瓶水洗后未烘干
C．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎有少量液体溅出
D．滴定至锥形瓶中溶液颜色由橙变红，且 内不改变时停止
【答案】C
【解析】A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗，标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液的体积偏大，
根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准）可知，测定结果偏高，A错误；B．盛装待测液的锥形
瓶水洗后未烘干，不影响测定结果，B错误；C．滴定过程中振荡锥形瓶时有少量液体溅出，导致待测液
中NaOH的量减少，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标
准），测定结果偏低，C正确；D．甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液应该由黄色变为橙色，且30s内不变
色，若溶液由橙变红，导致消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准），
测定结果偏高，D错误；故答案选C。
2．（2023·上海杨浦·统考一模）用已知浓度的 溶液测定某 溶液的浓度，下表中正确的是
锥形瓶中溶液 滴定管中溶液 选用指示剂 滴定终点溶液颜色变化
A 溶液 溶液 甲基橙 红色变为黄色
B 溶液 溶液 酚酞 浅红色变为无色
C 溶液 溶液 甲基橙 黄色变为橙色D 溶液 溶液 石蕊 蓝色变为紫色
【答案】C
【解析】A．用氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的稀硫酸溶液时，可以选用甲基橙做指示剂，滴定终点时，溶
液由橙色变为黄色，故A错误；B．用氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的稀硫酸溶液时，可以选用酚酞做指示
剂，滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，故B错误；C．用稀硫酸溶液滴定锥形瓶中的氢氧化钠溶液时，
可以选用甲基橙做指示剂，滴定终点时，溶液由黄色变为橙色，故C正确；D．用稀硫酸溶液滴定锥形瓶
中的氢氧化钠溶液时，应选择颜色变化明显的指示剂，石蕊试液颜色变化不明显，不能选用石蕊做指示剂，
故D错误；故选C。
3．（2023·天津和平·统考三模）用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验
误差的是
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液
C．取10.00 mL NaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水
D．取10.00 mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去
【答案】C
【解析】A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸前需要先润洗，若不润洗相当于稀释了标准溶液，
会使测定结果偏高，故A错误；B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的
NaOH溶液，会使NaOH溶液的用量偏多，所以测定结果偏高，故A错误；C．取10.00 mL NaOH溶液放
入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水，NaOH溶液的用量不变，所以不会引起实验误差，故C正确；
D．取10.00 mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去，会使得取用的NaOH溶液偏
少，所以测定结果偏低，故D错误；故选C。
4．（2023·广东·珠海市第二中学校联考模拟预测）下列关于滴定实验的仪器、操作错误的是
A．图1装置的名称是酸式滴定管
B．图2装置可用于标准 溶液滴定未知浓度的 溶液C．滴定过程中，眼睛主要观察锥形瓶中溶液颜色的变化
D．图3滴定管放出溶液体积记录为18.10mL
【答案】B
【解析】A．碱式滴定管有橡胶管酸式滴定管有活塞，图1是酸式滴定管，故A正确；B．图2是碱式滴定
管， 是强氧化剂可以腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管盛放，故B错误；C．滴定过程中为了及时判断
滴定终点，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变，故C正确；D．滴定管的最小读数为0.01mL，则图3所示
滴定管读数应该为18.10mL，故D正确；故答案为B
5．（2023·北京海淀·统考一模）实验小组用双指示剂法准确测定 样品(杂质为 )的纯度。步骤
如下：
①称取m g样品，配制成100mL溶液；②取出25mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为
的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为 和 )，消耗盐酸体积为 ；③滴入2滴甲基橙
溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为 。
下列说法正确的是
A．①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水
B．②中溶液恰好褪色时：
C． 样品纯度为
D．配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高
【答案】C
【解析】A．①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为100mL，A错误；B．②中溶液恰好褪色时
溶质为 和 ，由电荷守恒可知， ，此时溶
液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故， ；B错误；C．第
1次滴定反应为OH-+H+=H O、 +H+= ，第2次滴定反应为HCO +H+=H O+CO↑，则通过第2
2 2 2次滴定可知，n( )=n(HCO )=cV ×10-3mol，第1次滴定中氢氧化钠消耗HCl的物质的量的为n(HCl) =
2
cV×10-3mol -cV×10-3mol= c (V -V )×10-3mol=n(NaOH)，故 样品纯度为
1 2 1 2
，C正确；D．配制溶液时放置时间过长，
氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D错误；故选C。
考向02 沉淀滴定的理解和应用
1．(2024·山东潍坊五县区高三阶段监测)乙二胺四乙酸(EDTA)可与金属离子形成稳定的配合物。常用
EDTA测定水中钙含量(EDTA与钙反应时物质的量之比均为1∶1)。基本步骤如下：
①EDTA标定：取10.00 mL 0.1 mol·L-1标准CaCl 溶液，加入3滴甲基橙溶液作指示剂，用已配制好的
2
EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V mL。
1
②钙提取：取一定质量的有机物，并用酸性KMnO 溶液氧化，再经萃取、反萃取将金属转移到水中，得到
4
提取液。加入掩蔽剂(掩蔽除钙之外的金属)并将pH调至11.3。
③EDTA滴定：取20.00mL提取液，加入指示剂钙黄绿素(钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合物)，
在黑色背景下用标定后的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V mL。
2
根据上述实验原理，下列说法错误的是( )
A．若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的钙含量结果偏高
B．EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，会使钙含量测定结果偏高
C．EDTA滴定若选用其他物质作指示剂，提取液的pH可能发生变化
D．pH为11.3时，EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力
【答案】B
【解析】A项，EDTA可与金属离子形成稳定的配合物，若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的钙含
量结果偏高，A正确；B项，EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，则V 数值增大，故钙含
2
量偏低，B错误；C项，EDTA滴定时，指示剂的选用与体系pH有关，同时滴定时应保证体系的酸碱性，
保证钙不会变成沉淀，故改变指示剂的种类，提取液的pH会发生变化，C正确；D项，由③可知pH为
11.3时，EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力，D正确； 故选B。
2．（2023上·辽宁鞍山·高三鞍山一中校考期中）沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂和指
示剂生成沉淀的溶解度要比滴定剂和被滴定物生成沉淀的溶解度大，否则不能用这种指示剂。颜色 白 浅黄 白 砖红 白
溶解度( )
若用 去滴定 溶液，可选用为滴定的指示剂的物质为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】A．根据题中信息， 溶解度比 大，且沉淀颜色不同，所以可作为滴定的指示剂，
A正确；B． 溶解度比 小，不能用作指示剂，B错误；C． 溶解度比 小，不能
用作指示剂，C错误；D． 溶解度比 大，但沉淀颜色为白色，无法指示滴定终点，D错误；
故选A。
3．（2023·北京海淀·北大附中校考三模）某同学设计实验方案，利用沉淀滴定法测定“Ag++Fe2+
Fe3++Ag↓”的平衡常数K。一定温度下，先将0.0100mol·L-1Ag SO 溶液与0.0400mol·L-1FeSO 溶液(pH=1)等
2 4 4
体积混合，待反应达到平衡时，过滤，取vmL滤液用cmol·L-1KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅
1
红色时消耗KSCN标准溶液vmL。
1
已知：Ag++SCN- AgSCN↓(白色) K
1
Fe3++SCN- FeSCN2+(红色) K
2
下列说法正确的是
A．Ag SO 溶液和FeSO 溶液(pH=1)可替换为AgNO 溶液和Fe(NO ) 溶液(pH=1)
2 4 4 3 3 2
B．K>>K ，Fe3+是滴定终点的指示剂
1 2
C．若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，则所测K值偏大
D．若改为测定滤液中c(Fe3+)，选择合适的滴定方法直接滴定滤液，也能达到目的
【答案】B
【分析】Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓为可逆反应，要计算平衡常数，需要知道平衡时各离子的浓度。反应完
全时，过滤，滤液用KSCN溶液滴定，可计算出平衡时的银离子浓度，从而可知平衡时各离子浓度，K值
也可计算。
【解析】A．由于硝酸根在酸性环境下具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，会干扰实验，故不可用AgNO 溶液和Fe(NO ) 溶液(pH=1) 替换原试剂，A错误；B．用标准KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现
3 3 2
稳定的浅红色时实验达到终点，说明SCN-先与Ag+反应完全后再与Fe3+反应，故K>>K ；出现稳定的浅红
1 2
色时实验达到终点，说明Fe3+是滴定终点的指示剂，B正确；C．若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定
c(Ag+)，滴入KSCN溶液时发生反应Ag++SCN- AgSCN↓，使Ag++Fe2+ Fe3++Ag↓逆向移动，使
银离子浓度增大， ，K值偏小，C错误；D．若改为测定滤液中c(Fe3+)，Fe2+容易被空气
中的氧气氧化为Fe3+，滴定结果不准确，D错误；故选B。
4.某同学在学习沉淀溶解平衡时发现以下表中信息：
AgCl AgBr Ag CrO
2 4
颜色 白色 浅黄色 砖红色
溶解度（mol·L-1） 1.3×10-4 1.7×10-7 6.5×10-5
溶度积常数（K ） 1.7×10-12mol2·L-2 5.0×10-13mol2·L-2 ?
SP
(1)请利用表中信息计算Ag CrO 的溶度积常数K = ；
2 4 SP
(2)沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，用AgNO 滴定KCl溶液中Cl-的含量时甲同学想用KCrO
3 2 4
作指示剂；①现有浓度均为0.001mol·L-1的KCl和KCrO 的混合液，该同学取混合液20mL，用已知浓度
2 4
的AgNO 溶液滴定，试计算当Cl-沉淀完全时，CrO2-是否开始沉淀 （当溶液中
3 4
某离子浓度小于1×10-5mol·L-1时认为沉淀完全）。
②根据表中信息和上述计算，请判断KCrO 能否用作AgNO 滴定KCl实验的指示剂 （填“能”或
2 4 3
“不能”）；若能则滴定终点的颜色变化是 （若不能该空不填）。
【答案】(1)1.1×10-12mol3·L-3
(2)否 能 白色变砖红色
【解析】（1）分析表中数据知Ag CrO 的溶解度为6.5×10-5mol·L-1，则c(Ag＋)=1.3×10-4mol·L-1，c(CrO
2 4
)=6.5×10-5mol·L-1，Ag CrO 的溶度积常数K =c2(Ag＋)c(CrO )=1.1×10-13mol3·L-12；（2）①当Cl-沉淀完全
2 4 SP
时，溶液中的［Ag+］= ==1.7×10-7mol·L-1，设Cl-沉淀完全时，溶液体积为VL，此时Ag CrO 的
2 4Q=c2(Ag+)·c(CrO )=(1.7×10-7)2mol2·L-2× =2.89× ×10-17mol3·L-3此时V＞0.02L即
＜1Q＜2.89×10-17mol3·L-3，则Q＜K (Ag CrO)，则CrO 还未开始沉淀；②根据表中信息和上述计算，
SP 2 4
KCrO 能用作AgNO 滴定KCl实验的指示剂；滴定终点的颜色变化是白色变砖红色。
2 4 3
5．（2023·湖北·模拟预测·节选）四水合磷酸锌 [Zn (PO )·4H O，摩尔质量为457 g·mol-1，难溶于水] 是一
3 4 2 2
种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe O、SiO 等)为原料制备
2 3 2
Zn(PO )·4H O的流程如图，回答下列问题：
3 4 2 2
(5)为测定产品中Zn(PO )·4H O的含量，进行如下实验：(已知：Zn2+与HY2−按1：1反应；杂质不反应。)
3 4 2 2 2
步骤Ⅰ：准确称取0.4570g产品于烧杯中，加入适量盐酸使其溶解，将溶液转移至100 mL容量瓶，定容。
步骤Ⅱ：移取20.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入指示剂，在pH = 5~6的缓冲溶液中用0.02000mol·L-1
NaHY标准溶液滴定至终点，测得NaHY标准溶液的用量为27.60 mL。
2 2 2 2
步骤Ⅱ中移取溶液时所使用的玻璃仪器为 ；产品中Zn(PO )·4H O的质量分数为 。下列操
3 4 2 2
作中，导致产品中Zn(PO )·4H O含量测定值偏低的是 。
3 4 2 2
a.步骤I中定容时俯视刻度线
b.步骤I中转移溶液时未洗涤烧杯
c.步骤II中滴定管未用NaHY标准溶液润洗
2 2
d.步骤II中滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡
【答案】(5)酸式滴定管 92% bd
【解析】（5）步骤Ⅱ中移取的溶液是酸性溶液，应使用酸式滴定管；滴定时有关系：
，消耗NaHY物质的量为
2 2
，则样品中含有Zn(PO )·4H O的物质的量为：
3 4 2 2
，则产品中Zn(PO )·4H O的质量分数为
3 4 2 2
；a．步骤I中定容时俯视刻度线，导致产品浓度偏高，测定值偏
高，a项不选；b．步骤I中转移溶液时未洗涤烧杯，导致产品浓度偏低，测定值偏低，b项选；c．步骤II中滴定管未用NaHY标准溶液润洗，所需标准液体积偏高，测定值偏高，c项不选；d．步骤II中滴定前
2 2
滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，所需标准液体积偏低，测定值偏低，d项选；答案选bd。
考向03 氧化还原滴定的理解和应用
1．（2023·辽宁·校联考一模）金属M与单质碘在无水醋酸中反应，得到化合物 ，提纯干燥后测得其熔
点为144.5℃。为确定 的组成，进行以下实验：称取0.6263g ，置于特制的梨形瓶中，加入50mL
6mol L-1的盐酸，同时加入适量 ，用0.1000mol L-1的碘酸钾溶液进行滴定。随着碘酸钾溶液的加入，
可观察到 层呈紫色，后逐渐变浅，滴至紫色褪去为终点，此时 层呈淡黄色，滴定消耗碘酸钾溶
液20.00mL。在 中显黄色的物质在历史上曾被误认为 。下面有关实验细节的描述中，错误的是
A．滴定终点时的操作：当滴入最后半滴标准液时，溶液恰好由紫色变为淡黄色，且半分钟不变色
B．滴定结束后 中主要的溶质为
C．如果用过量的碘化钾溶液滴定碘酸钾溶液，则滴定过程中 层颜色逐渐加深，直至不变
D．紫色褪去反应的离子方程式为：
【答案】C
【分析】用碘酸钾溶液进行滴定，随着碘酸钾溶液的加入，可观察到 层呈紫色，是生成碘单质，后逐
渐变浅，滴至紫色褪去是碘单质、碘酸根离子、氢离子和氯离子发生反应生成氯化碘，此时 层呈淡黄
色。
【解析】A．滴定终点时的操作：当滴入最后半滴标准液时，溶液恰好由紫色变为淡黄色，且半分钟不变
色，A正确；B．根据上述分析可知，滴定结束后 中主要的溶质为 ，B正确；C．碘离子与碘酸根
离子反应中需消耗氢离子，当氢离子不足时不会再生成碘单质, 层颜色不会加深，C错误；D．紫色褪去反应的离子方程式为： ，D正确；故选C。
2．(2024·河北石家庄高三第二次调研)某活动小组为测定样品中NaBH 的纯度，设计了如下的实验步骤：
4
步骤l：取5.0gNaBH 样品(杂质不参与反应)，将样品溶于NaOH溶液后配成500mL溶液，取25.00mL置于
4
碘量瓶中，加入60.00mL0.1000mol/L的KIO 溶液充分反应(反应为3NaBH +4KIO=3NaBO +4KI+6H O)；
3 4 3 2 2
步骤2：向步骤1所得溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO 转化为I，冷却后在暗
3 2
处放置数分钟；
步骤3：向步骤2所得溶液中加入某种缓冲溶液调pH至5.0，加入几滴指示剂，用0.1000mol/L的NaSO
2 2 3
标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.70mL(反应为I+2Na SO=2NaI+Na SO)。
2 2 2 3 2 4 6
下列说法正确的是( )
A．NaBH 中H元素化合价为+1价
4
B．步骤2反应的离子方程式为IO -+I-+6H+=I +3H O
3 2 2
C．步骤3中加入几滴酚酞作指示剂
D．样品中NaBH 的纯度为64.47%
4
【答案】D
【解析】A项，NaBH 具有强还原性，H元素化合价为-1价，故A错误；B项，步骤2的反应为KI和KIO
4 3
在酸性条件下生成I，离子方程式为：IO -+5I-+6H+=I +3H O；故B错误；C项，步骤3用NaSO 标准溶
2 3 2 2 2 2 3
液滴定碘单质溶液，用淀粉溶液坐指示剂，故C错误；D项，根据方程式I+2Na SO=2NaI+Na SO，
2 2 2 3 2 4 6
n(Na SO)=0.00207mol，则n(I)=0.001035mol，再根据IO -+5I-+6H+=I +3H O，可以计算出
2 2 3 2 3 2 2
n(KIO )=0.000345mol，这是剩余的KIO ，与NaBH 反应的KIO 为0.006mol-0.000345mol=0.005655mol，根
3 3 4 3
据3NaBH +4KIO=3NaBO +4KI+6H O可以计算出n(NaBH )=0.00424125mol，则原样品中
4 3 2 2 4
n(NaBH )=0.00424125mol =0.084825mol，NaBH 的纯度为 =64.47%，故
4 4
D正确。
3．(2024·湖南高三联考)K Cr O(重铬酸钾)是一种常见的氧化剂。以铬渣(主要成分为Cr O、Fe O 等)为原
2 2 7 2 3 2 3
料制备KCr O 并测定其纯度。其步骤如下：
2 2 7
步骤1：铬渣粉碎和NaCO 均匀混合在空气中焙烧；
2 3
步骤2：用水浸取焙烧渣，过滤，得到水浸液(含NaCrO)；
2 4
步骤3：向步骤2中水浸液加入BaCO ，过滤，得到BaCrO；
3 4
步骤4：向BaCrO 中加入NaHSO 溶液，过滤，得到浸出液(Na Cr O)和浸渣(BaSO)；
4 4 2 2 7 4
步骤5：向步骤4中浸出液加入KCl粉末，蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到KCr O；
2 2 7步骤6：准确称取mgK Cr O 产品溶于蒸馏水，加入适量稀硫酸，加入足量KI溶液(还原产物为Cr3+)，用
2 2 7
水稀释为250mL溶液，量取25.00mL稀释后溶液于锥形瓶中。用c mol•L-1NaSO 溶液滴定至终点，消耗
2 2 3
VmL滴定液。滴定反应为I+2S O2-=2I-+S O2-
2 2 3 4 6
下列叙述错误的是( )
A．步骤1中制备1molNa CrO 消耗0.75mol氧气
2 4
B．步骤3目的是除去杂质，富集铬元素
C．步骤6中KI作用是Cr O2-+6I-+14H+=2Cr3++3I +7H O
2 7 2 2
D．KCr O 产品纯度为w= %
2 2 7
【答案】D
【解析】A项，反应2Cr O+4Na CO+3O 4NaCrO+4CO 中生成1molNa CrO 消耗0.75molO，故A正
2 3 2 3 2 2 4 2 2 4 2
确；B项，利用步骤3将NaCrO 转化成BaCrO，滤去溶液，富集铬元素，故B正确；C项，加入KI还原
2 4 4
重铬酸钾，产物为Cr3+、I、HO，方程式为Cr O2-+6I-+14H+=2Cr3++3I +7H O，故C正确；D项，由
2 2 2 7 2 2
KCr O~3I ~6 Na SO 可知， ，故D错误；故选D。
2 2 7 2 2 2 3
4．（2023·四川凉山·统考二模）用氧化还原滴定法可以测定市售双氧水中过氧化氢的浓度(单位g·L-1)，实
验过程包括标准溶液的准备和滴定待测溶液：
I．准备标准溶液
a．配制100mLKMnO 溶液备用；b．准确称取NaC O 基准物质3.35g(0.025mol)，配制成250mL标准溶液。
4 2 2 4
取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量3mol·L-1硫酸酸化后，用待标定的KMnO 溶液滴定至终点，记录数据，
4
计算KMnO 溶液的浓度。
4
II．滴定主要步骤
a．取待测双氧水10.00mL于锥形瓶中；b．锥形瓶中加入30.00mL蒸馏水和30.00mL3mol·L-1硫酸，然后
用已标定的KMnO 溶液(0.1000mol·L-1)滴定至终点；e．重复上述操作两次，三次测定的数据如下表：
4
组别 1 2 3
消耗标准溶液体积(mL) 25.24 25.02 24.98
d．数据处理。
回答下列问题：
(1)将称得的NaC O 配制成250mL标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。
2 2 4
(2)标定KMnO 溶液时，能否用稀硝酸调节溶液酸度 (填“能”或“不能”)，简述理由
4。写出标定过程中发生反应的化学方程式 。
(3)滴定待测双氧水时，标准溶液应装入 滴定管，装入标准溶液的前一步应进行的操作是
。
(4)滴定双氧水至终点的现象是 。
(5)计算此双氧水的浓度为 g·L-1.
(6)若在配制NaC O 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则最后测定出的双氧水的浓度会
2 2 4
(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)不能 稀硝酸有氧化性，会影响KMnO 溶液浓度的标定 2KMnO +
4 4
5NaC O+8H SO =K SO +2MnSO +5Na SO +10CO ↑+8H O
2 2 4 2 4 2 4 4 2 4 2 2
(3)酸式 用标准溶液润洗滴定管
(4)滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色，且半分钟不变色
(5)21.25
(6)偏高
【解析】（1）配制250mLNa C O 标准溶液时，所使用的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；
2 2 4
（2）稀硝酸具有氧化性，也会氧化草酸钠，会影响KMnO 溶液浓度的标定，因此不能用稀硝酸调节溶液
4
酸度；标定过程中KMnO 氧化NaC O，发生的化学方程式为2KMnO +
4 2 2 4 4
5NaC O+8H SO =K SO +2MnSO +5Na SO +10CO ↑+8H O；（3）滴定待测双氧水时，标准溶液为已标定
2 2 4 2 4 2 4 4 2 4 2 2
的KMnO 溶液，具有强氧化性，应装入酸式滴定管中，装入标准溶液前需要用标准溶液润洗滴定管；
4
（4）KMnO 溶液可氧化双氧水，当滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色，且半分钟不变
4
色时，说明滴定达到终点；（5）由数据分析可知，三次滴定消耗KMnO 溶液的体积第1组与2.3组差距
4
较大，省略，因此消耗KMnO 溶液的平均体积为25.00mL，根据得失电子守恒有：2KMnO ~5H O，则此
4 4 2 2
双氧水的浓度为 ；（6）若在配制NaC O 标准溶液时，
2 2 4
烧杯中的溶液有少量溅出，则标定出的KMnO 溶液实际浓度偏低，消耗的KMnO 溶液体积偏大，导致最
4 4
后测定出的双氧水的浓度会偏高。
5．（2023·甘肃平凉·统考二模·节选）工业上常用含钒炉渣(主要含FeO·V O，还有少量MnO、Al O、
2 3 2 3
SiO 等杂质)提取VO，
2 2 5
(5)将VO 溶于足量稀硫酸得到250mL (VO )SO 溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1的
2 3 2 2 4NaSO 标准溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00mL。已知： 呈黄色、VO2+呈
2 3
蓝色。
①该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的颜色变化为 。
②(VO )SO 溶液中溶质的物质的量浓度为 。
2 2 4
③达到滴定终点时，俯视滴定管读数将使结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(5)①锥形瓶内溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不恢复原色②0.08mol·L-1 ③偏低
【解析】(5)①滴定过程中NaSO 被氧化为NaSO ， (黄色)被还原为VO2+ (蓝色)，所以该2滴定实验
2 3 2 4
不需要另加指示剂，达到滴定终点的现象是:溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不变色；故答案为:溶液由黄
色变为蓝色且半分钟内不恢复原色；②反应中V元素的化合价由+5价变为+4价，得到1个电子，S元素化
合价由+4价变为+6价，失去2个电子，则由电子得失守恒可知，参加反应的(VO )SO 的物质的量等于
2 2 4
NaSO 的物质的量，即为0.100mol/L 0.02L = 0.002mol，则(VO )SO 溶液中溶质的物质的量浓度为
2 3 2 2 4
= 0.080mol/L，故答案为: 0.080mol/L；③达到滴定终点时，俯视滴定管读数，则读数偏小，消耗
标准液体积减少，将使结果偏低;故答案为:偏低。
考点三 溶液中的“三大平衡”与“四大常数”及其应用
命题点01四大平衡常数的应用
典例01（2023·重庆卷） 溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法
正确的是A． 点 等于 点
B． 点 大于 点
C． 点降温过程中有2个平衡发生移动
D． 点
【答案】B
【解析】A．温度升高，水的电离程度增大，则 点 小于 点 ，A错误；B．升高温度促进铵根离
子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故 点 大于 点
，B正确；C． 点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发
生移动，C错误；D． 点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，
，D错误；故选B。
典例02（2022·辽宁卷）甘氨酸 是人体必需氨基酸之一、在 时， 、
和 的分布分数【如 】与溶液 关系如图。
下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表C． 的平衡常数
D．
【答案】D
【解析】A． 中存在 和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B．氨基具
有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲线
c表示 的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C．
的平衡常数 ， 时，根据a，b曲线交点坐标 可知，
时， ，则 ，故C正确；D．由C项分析可
知， ，根据b，c曲线交点坐标坐标（9.78，0.50）分析可得电离平衡
的电离常数为K= ， ，
1
则 ，即
，故D错误；故答案选D。
典例03（2021·江苏卷）室温下，通过下列实验探究NaHCO 、NaCO 溶液的性质。
3 2 3实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHCO 溶液的pH，测得pH约为8
3
实验2：将0.1mol·L-1NaHCO 溶液与0.1mol·L-1CaCl 溶液等体积混合，产生白色沉淀
3 2
实验3：向0.1mol·L-1NaCO 溶液中通入CO，溶液pH从12下降到约为9
2 3 2
实验4：向0.1mol·L-1NaCO 溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
2 3
下列说法正确的是
A．由实验1可得出：K (H CO)>
a2 2 3
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO )K 逆向 沉淀生成
c sp
Q＝K 不移动 饱和溶液
c spQc(水解离子)>c(显性离子)，当水解离子浓度是不水解离子浓度的数
倍时，顺序提前。例如在浓度为c mol·L－1的醋酸钠溶液中，有c(Na＋)>c(CHCOO－)>c(OH－)>c(H＋)；在浓
3
度为c mol·L－1的硫酸铵溶液中，有c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)酸式盐溶液：对于电离为主的，如 NaHSO ，遵循 c(自身)>c(电离产物)>c(水解产物)，即 c(Na
3
＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H SO )；对于水解为主的，如 NaHCO ，遵循 c(自身)>c(水解产
2 3 3
物)>c(电离产物)，即c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H CO)>c(H＋)>c(CO)。
2 3
(3)缓冲溶液：例如0.2 mol·L－1氨水与0.2 mol·L－1氯化铵溶液等体积混合后，溶液以电离为主，显碱性(常
见物质中除了氢氰酸和氰化物，都以电离为主)，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再根据电荷守恒可
知，铵根离子浓度大于氯离子浓度，即c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
2．弱酸弱碱盐溶液的酸碱性
弱酸弱碱盐双水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。当K＝K 时，溶液显中性，如
a b
CHCOONH；当K>K 时，溶液显酸性，如HCOONH ；当KK (CuS)]，下列说法正确的是
sp sp
A．a-b-e代表CuS沉淀溶解曲线
B．向d点溶液加入稀硫酸可变到a点
C．反应
D．图中x=34.4
【答案】C
【解析】A．根据pM= 可知， 越小，pM越大，由于K (ZnS)>K (CuS)，则a-b-e代表
sp sp
ZnS沉淀溶解曲线，a-c-d代表CuS沉淀溶解曲线，A错误；B．由A可知，a-c-d代表CuS沉淀溶解曲线，
则向10mL浓度均为 的 中滴加 的Na₂S溶液，d点中含有CuS和Na₂S，加入稀硫
酸无法到a点，B错误；C．c点硫离子和铜离子恰好反应，铜离子全部沉淀，铜离子浓度等于硫离子浓度，
由图c点坐标可知，K (CuS)= ，同理，对于b点，可求出K (ZnS)=
sp sp
，对于反应 ， ，C正确；
D．d点存在：K (CuS) ，则 ，则
sp，x=-lg( )，x<34.4，D错误；故选C。
3．（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）难溶盐 可溶于盐酸，常温下，用盐酸调节
浊液的 ，测得体系中 或 与 的关系如图。下列说法不正确的是
A．N代表 与 的变化曲线
B．Y点的溶液中存在
C．常温下，
D．Z点的溶液中存在
【答案】B
【解析】A．由 得， 与 成正比，则M代表
与 的变化曲线，N代表 与 的变化曲线，A正确；B．Y点溶液存在电荷守恒 ，物料守恒 ，Y点M与N相交，则
，且Y点 ，则 ，B错误；C．M代表 与
的变化曲线，N代表 与 的变化曲线，由 可得，
，由 可得，
，C正确；D．由C可得， ， ，Z点溶液
中 ，代入 得， ，则
，D正确；故选B。
4．（2024·浙江温州·统考一模）25℃时，某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：分别往浓度均为 、 溶液中通入 至 ；实验Ⅱ：在1.0L、
溶液中加入 固体，充分反应。
[已知：25℃， 的电离常数 、 ； 、
。混合后溶液体积变化忽略不计]。下列说法不正确的是A． 、 溶液中水的电离程度：
B．实验Ⅰ结束后， 、 溶液中均有
C．实验Ⅱ的转化存在平衡常数：
D．实验Ⅱ中，改用饱和 溶液， 的平衡转化率减小
【答案】D
【解析】A．碳酸根的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以 、 溶液中
水解程度 ，水的电离程度 ，A正确；B．单一的NaHCO 溶液呈弱碱
3
性，需要通入少量的二氧化碳才能呈中性，此时溶液中以 离子为主，还有少量的碳酸根离子和碳酸
分子，B正确；C．实验Ⅱ发生反应： ，平衡常数K=
= = ，C正确；D．该反应：
可看作气体平衡反应中的等体积类型，增大
溶液浓度，等同于等体积气体反应中的增大压强，平衡不移动， 转化率不变，D错误；
故选D。
5．（2023·浙江·校联考一模）25℃时，用NaOH溶液分别滴定弱酸HA、CuSO 、FeSO 三种溶液，pM随
4 4
pH变化关系如图所示【p表示负对数，M表示c(HA)/c(A-)、c(Cu2+)、c(Fe2+)等】，已知K 【Cu(OH) 】
sp 2
c(ClO- )
D．25 °C时，pH=7的NaClO和HClO混合溶液中存在：c(HClO)c(ClO- )，故C正确；D．25 °C时， ，则水解平衡常数 ，
则水解强于电离；由电荷守恒 ，pH=7， ，则
，由水解强于电离可知， ，故D错误；答案选C。
微专题 有关水溶液中离子平衡的图像
命题点01 离子积（Kw、Ksp）曲线图像的理解与分析
典例01（2023·全国甲卷）下图为Fe (OH)、Al(OH) 和Cu(OH) 在水中达沉淀溶解平衡时的 关系
3 3 2
图( ； 可认为 离子沉淀完全)。下列叙述正确的是( )
A．由 点可求得K [Fe (OH)]=10-8.5
sp 3
B．pH=4时Al(OH) 的溶解度为
3C．浓度均为0.01mol·L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离
D．Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+) =0.2mol·L-1时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】A项，由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则K [Fe (OH)] =c(Fe3+)·c3(OH-)=10-2.5×(10-
sp 3
12)3=10-38.5，故A错误；B项，由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则K [Al(OH) ] =c Al3+)·c3(OH-)=10-
sp 3
6×(10-9)3=10-33，pH=4时Al(OH) 的溶解度为 =10-3 mol·L-1，故B错误；C项，由图可知，当铁离子
3
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Al3+和Fe3+，故C正确；D项，由
图可知，Al3+沉淀完全时，pH约为4.7，Cu2+刚要开始沉淀，此时c(Cu2+) =0.1mol·L-1，若c(Cu2+)
=0.2mol·L-1> 0.1mol·L-1，则Al3+、Cu2+会同时沉淀，故D错误；故选C。
典例02（2022·海南卷）某元素M的氢氧化物M(OH) (s)在水中的溶解反应为：M(OH) (s) M2+(aq)
2 2
+2OH-(aq)，M(OH) (s)+2OH-(aq) M(OH) 2-(aq)，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为M2+或
2 4
M(OH) 2-浓度的值。下列说法错误的是( )
4
A．曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系
B．M(OH) 的K 约为1×10-10
2 sp
C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以M(OH) (s)存在
2
D．向c[M(OH) 2-]=0.1mol/L的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以 存在
4
【答案】BD
【解析】由题干信息，M(OH) (s) M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH) (s)+2OH-(aq) M(OH) 2-(aq)，随着
2 2 4
pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH) 2-]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH) 2-]减小，因此曲
4 4
线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[M(OH) 2-]与pH的关系。A项，曲线①代表-lg c(M2+)与
4pH的关系，A正确；B项，由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH) 的K =c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，
2 sp
B错误；C项，向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、
c[M(OH) 2-]均极小，则体系中元素M主要以M(OH) (s)存在，C正确；D项，c[M(OH) 2-]=0.1mol/L的溶液
4 2 4
中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH) 2-存在，
4
D错误；故选BD。
典例02（2021·全国甲卷）已知相同温度下，K (BaSO)＜K (BaCO)。某温度下，饱和溶液中－
sp 4 sp 3
lg[c(SO 2-)、－lg[c(CO2-)、与－lg[c(Ba2＋)]的关系如图所示。
4 3
下列说法正确的是( )
A．曲线①代表BaCO 的沉淀溶解曲线 B．该温度下BaSO 的K (BaSO)值为1.0×10－10
3 4 sp 4
C．加适量BaCl 固体可使溶液由a点变到b点 D．c(Ba2＋)＝10－5.1时两溶液中
2
【答案】B
【解析】因BaCO 、BaSO 均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO 2-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO 2-)]
3 4 4 4
＝－lg[K (BaSO)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO2-)]}＝－lg[K (BaCO)]，因K (BaSO)＜
sp 4 3 sp 3 sp 4
K (BaCO)，则－lg[K (BaCO)]＜－lg[K (BaSO)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO 2-)]的关系，
sp 3 sp 3 sp 4 4
曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO2-)]的关系。A项，由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，
3
由上述分析可知，曲线①为BaSO 的沉淀溶解曲线，故A错误；B项，曲线①为BaSO 溶液中－lg[c(Ba2
4 4
＋)]与－lg[c(SO 2-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO 2-)＝7，则－lg[K (BaSO)]
4 4 sp 4
＝7＋3＝10，因此K (BaSO)＝1.0×10－10，故B正确；C项，向饱和BaSO 溶液中加入适量BaCl 固体后，
sp 4 4 2
溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则K (BaSO)不变可知，溶液中c(SO 2-)将减小，因此a点将沿曲线①向
sp 4 4左上方移动，故C错误；D项，由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中 ＝ ＝
，故D错误；故选B。
命题点02 滴定曲线图像的理解与分析
典例01（2023·湖南卷）常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1
的HCl和CHCOOH的混合溶液，滴定过程中溶液的 随 ( )的变化曲线如图所示。下
3
列说法错误的是( )
A．K(CHCOOH)约为10-4.76
a 3
B．点a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH COOH)+c(CH COO-)
3 3
C．点b：c(CHCOOH)d，故D错误；故选D。
典例 02（2021·湖南卷）常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1的
三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( )
A．该NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
B．三种一元弱酸的电离常数：K(HX)＞K(HY)＞K(HZ)
a a a
C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣)
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)
【答案】C
【解析】A项，因为HX为弱酸，NaX溶液存在水解：X﹣+H O HX+OH﹣，所以c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)
2
＞c(H+)，故A正确；B项，根据盐类水解的规律：越弱越水解可⇌知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，一元
弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：HX
＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数K越大，所以有：K(HX)＞K(HY)＞
a a
K(HZ)，故B正确；C项，当pH＝7时，c(H+)＝c(OH﹣)，根据电荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)＝
a
c(OH﹣)+c(X﹣)+c(Cl﹣)，则有：c(X﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，同理有：c(Y﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，c(Z﹣)＝c(Na+)﹣
c(Cl﹣)，又因三种溶液滴定到pH＝7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c(Cl﹣)是不一样的，所
以c(X﹣)≠c(Y﹣)≠c(Z﹣)，故C错误；D项，分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：0.1mol/L×20mL×3
c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣) ＝ c(H+)+c(Na+) ， 又 混 合 溶 液 中 c(Na+)= =
40mL×3
0.1mol/L×20mL×3
0.05mol/L，混合溶液中c(Cl﹣)= =0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c(X﹣)+c(Y
40mL×3
﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)，故D正确。故选C。
典例03（2021·辽宁卷）用0.1000mol·L-1盐酸滴定20.00 mLNa A溶液，溶液中HA、HA-、A2-的分布分
2 2
数 随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是(如A2-分布分数： )
A．HA的K 为10-10.25 B．c点：c(HA-)＞c(A2－)＞c(H A)
2 a1 2
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．c (NaA)= 0.2000mol·L-1
2
【答案】C
【解析】用0.1000mol·L-1盐酸滴定20.00 mLNa A溶液，pH较大时A2-的分布分数 最大，随着pH的减小，
2
A2-的分布分数 逐渐减小，HA-的分布分数 逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA-的分布分数 逐渐减小，
HA的分布分数 逐渐增大，表示HA、HA-、A2-的分布分数 的曲线如图所示，
2 2。A项，HA的 ，根据上图交点1计算可知
2
K =10-6.38，A错误；B项，根据图像可知c点中c(HA-)＞c(H A)＞c(A2－)，B错误；C项，根据图像可知第
a1 2
一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D项，根据图像e点可知，当加入盐酸
40mL时，全部生成HA，根据NaA+2HCl=2NaCl+H A计算可知c (NaA)= 0.1000mol·L-1，D错误；故选
2 2 2 2
C。
命题点03 分布分数像的理解与分析
典例01（2023·湖北卷）HL为某邻苯二酚类配体，其 ， 。常温下构建Fe(Ⅲ)-
2
HL溶液体系，其中 ， 。体系中含Fe物种的
2
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pH=1时，体系中c(H L)>c([FeL]+) >c(OH-)>c(HL-)
2
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L2-
C．L2-+[FeL]+ [FeL ]-的平衡常数的lgK约为14
2
D．当pH=10时，参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3 mol·L-1
【答案】C
【解析】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。A项，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；B项，根据图示的
2
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，因此当 pH 在
2 2
9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；C项，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= ，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液
2
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项，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；故选C。
典例02（2022·辽宁卷）甘氨酸(NH CHCOOH)是人体必需氨基酸之一、在 时，NH +CHCOOH、
2 2 3 2
NH +CHCOO-和NH CHCOO-的分布分数【如 】与溶液 关系如图。下
3 2 2 2
列说法错误的是( )A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表NH CHCOO-
2 2
C．NH +CHCOO-+H O NH +CHCOOH+OH-的平衡常数K=10-11.65
3 2 2 3 2
D．c 2(NH +CHCOO-)＜c(NH +CHCOOH) · c(NH2CHCOO-)
3 2 3 2 2
【答案】D
【解析】A项，NH CHCOOH中存在-NH 和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B项，氨
2 2 2
基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表
示NH +CHCOOH的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示NH +CHCOO-的分布分数随溶液pH的变化，曲
3 2 3 2
线c表示NH CHCOO-的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C项，NH +CHCOO-+H O
2 2 3 2 2
NH +CHCOOH+OH-的平衡常数 ， 时，根据a，b曲线交点坐标(2.35，
3 2
0.50)可知，pH=2.35时，c(NH +CHCOO-)=c(NH +CHCOOH)，则 ，故C正确；
3 2 3 2
D项，由C项分析可知， ，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78，0.50)分析可得电离
平衡NH +CHCOO- NH CHCOO-+H+的电离常数为K=10-9.78， ，
3 2 2 2 1
则 ，即c 2(NH +CHCOO-)＞c(NH +CHCOOH) ·
3 2 3 2c(NH CHCOO-)，故D错误；故选D。
2 2
典例03（2021·山东卷）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
3 2 4 2
(H RCl )在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
3 2 3 2 3 2
NaOH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
【解析】向HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：HR2++OH-=H R++H O、HR++OH-
3 2 3 2 2 2
=HR+H O、HR+OH-=R-+H O，溶液中HR2+逐渐减小，HR+和HR先增大后减小，R-逐渐增大。
2 2 3 2
， ， ，M点c(H R2+)=c(H R+)，由此可知
3 2
K=102.2，N点c(HR)=c(H R+)，则K=10-9.1，P点c(HR)=c(R-)，则K=10-10.8。A项， ，
1 2 2 3，因此 ，故A错误；B项，M点存在电荷守恒：c(Cl-) +c(OH-)
+c(R-)=2c(H R2+)+c(H R+)+c(Na+)+c(H+)，此时c(H R2+)=c(H R+)，因此c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=3c(H R+)+c(Na+)
3 2 3 2 2
+c(H+)，故B错误；C项，O点c(H R+)=c(R-)，因此 ，即
2
，因此 ，溶液
，故C正确；D项，P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因
此c(OH-)>c(H+)，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确；
故选CD。
常以酸碱中和反应和电离平衡、沉淀溶解平衡建立过程中离子浓度变化曲线、pH变化曲线等为设计背
景。主要命题点有电解质电离方程式的书写、水电离程度的比较、离子浓度的等量关系、离子浓度大小的
比较、电离常数的计算、pH的计算及溶度积的计算等,侧重考查考生分析问题的能力。
一、一强一弱溶液稀释的图像
1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释到相同的pH,盐酸加入
加水稀释到相同的体积,醋酸的pH大
的水多
2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸加水稀释到相同的体积,盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多
3.pH与稀释后溶液体积变化的线性关系(V、V 为稀释前的体积,V为稀释后的体积)
a b
(1)HY为强酸、HX为弱酸 (1)MOH为强碱、ROH为弱碱
(2)a、b两点的溶液中:c(X-)=c(Y-) (2)c(ROH)>c(MOH)
(3)水的电离程度:d>c>a=b (3)水的电离程度:a>b
二、水的电离曲线
常温下，向20mL0.1mol·L－1 MOH溶液中滴加 常温下，向20mL0.1mol·L－1 HR溶液中滴加盐
盐酸，溶液中由水电离出的c(H＋)随加入盐酸体 酸，溶液中由水电离出的c(H＋)随加入NaOH体
积的变化如下图所示 积的变化如下图所示
类型
** 错误的表达式 **a点：由水电离出的c(H＋) ** 错误的表达式 **E点：由水电离出的c(H＋)
水 水
=10－11mol·L－1，可知 0.1mol·L－1 MOH 溶液中 =10－11mol·L－1，可知0.1mol·L－1 HR溶液中c(H
c(OH－)=10－3mol·L－1，推出MOH为弱碱，并可 ＋)=10－3mol·L－1，推出HR为弱酸，并可以求出
以求出其电离常数。 其电离常数。
关键
** 错误的表达式 **盐酸滴入MOH溶液过程 ** 错误的表达式 **NaOH 滴入 HR 溶液过程
点分
中，溶质由 MOH MOH 和 MCl MCl 中，溶质由HR NaR和HR NaR NaR
析
MCl和HCl，在这个过程中水的电离程度最 和NaOH，在这个过程中水的电离程度最大应该
大应该是MCl，可知c点应为MCl，那么b点应 是 NaR，可知 G 点应为 NaR，那么 F 点应为
为MOH和MCl，d点应为MCl和HCl；因此b NaR和HR，H点应为NaR和NaOHM；因此F
点为中性，d点不为中性，为酸性。 点为中性，H点不为中性，为碱性。三、K 和K 图像
W sp
1.曲线型
不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH-)的变 常温下,CaSO 在水中的沉淀溶解平衡曲线[K =9×10-
4 sp
化曲线 6]
(1)A、C、B三点均为中性,温度依次升高,K 依 (1)a、c点在曲线上,a→c的变化为增大c(SO2− ),如加入
W 4
次增大 NaSO 固体,但K 不变
2 4 sp
(2)D点为酸性溶液,E点为碱性溶液,K W =1×10-14 (2)b点在曲线的上方,Q c >K sp ,将会有沉淀生成
(3)AB直线的左上方均为碱性溶液,任意一点都 (3)d点在曲线的下方,QCaCO >MnCO。
4 3 3
③X点对CaSO 要析出沉淀,对CaCO 是不饱和溶液,能继续溶解CaCO 。
4 3 3
④Y点:c(SO2− )>c(Ca2+),二者的浓度积等于10-5;Z点:c(CO2− )K 。
c sp
(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Q7,强酸与弱碱
反应终点是pH<7
2.巧抓巧抓五点突破中和滴定图像
(1)抓反应的“起始点”:判断酸、碱的相对强弱。
(2)抓反应“一半点”:判断是哪些溶质的等量混合。
(3)抓“恰好反应点”:判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。
(4)抓溶液的“中性点”:判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足。
(5)抓反应的“过量点”:判断溶液中的溶质,判断哪种物质过量。
考向01 离子积（Kw、Ksp）曲线图像的理解与分析
1．(2023·上海普陀·统考二模)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A．T>T
1 2
B．K ：b>c>a>d=e
w
C．b→c点可通过在水中加入适量的CHCOONa(s)实现
3
D．T 时，将pH=10的NaOH(aq)与pH=3的HSO (aq)等体积混合，溶液呈碱性
2 2 4
【答案】D
【解析】A．水的电离是吸热反应，温度升高电离平衡正向移动，c(H+)和c(OH-)都增大，由图可知，T>T，A错误；B．K 只受温度影响，温度不变，K 不变，ade点都处于同一温度下，则三点的Kw相等，
2 1 w w
b点c(H+)和c(OH-)都大于a点的，由K =c(H+)∙c(OH-)可知，b点Kw大于c点大于a点，则K ：
w w
b>c>a=d=e，B错误；C．b→c点K 变小，是降温导致的，在水中加入适量的CHCOONa(s)但温度不变，
w 3
不能改变K ，C错误；D．T 时，K =c(H+)∙c(OH-)=10-6×10-6=10-12，pH=10的NaOH(aq)其c(OH-)=
w 2 w
，pH=3的HSO (aq)其c(H+)=10-3mol/L，两者等体积混合，n(OH-)过量，则溶液呈
2 4
碱性，D正确；故选：D。
2.(2023·湖南省益阳市高三质量监测)锅炉水垢中的CaSO 通常先用NaCO 溶液浸泡，再用稀盐酸或醋酸处
4 2 3
理。已知：25℃时，K (CaSO)= 9.2×10－6，K (CaCO )=2.8×10－9，CaCO 和CaSO 的沉淀溶解平衡曲线如
sp 4 sp 3 3 4
图所示。下列说法中错误的是( )
A．M代表CaSO 的沉淀溶解平衡曲线
4
B．图中x：x≈3.0×10－4
2 1
C．NaCO 溶液中存在：c(OH−)-c(H＋)=2c(H CO)＋c(HCO -)
2 3 2 3 3
D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢的原理：CaSO( s)＋CO2-(aq) CaCO ( s)＋SO 2−(aq)
4 3 3 4
【答案】B
【解析】根据题意可知， ,
。A项，从图可知，当Ca2+相等时，x x，N代表CaCO 的沉淀溶
1＜ 2 3
解平衡曲线，M代表CaSO 的沉淀溶解平衡曲线,故A正确；B项，x 和x 对应的Ca2+浓度都是4.0×10-4
4 1 2
mol·L-1， ， ， ，故B错误；C
项，NaCO 溶液中，根据电荷守恒可得c(OH−)＋c(HCO -)＋2c(CO2-)＝c(H＋)＋c(Na＋)，又根据物料守恒可
2 3 3 3得c(Na＋)＝2[c(HCO -)＋c(CO2-)＋c(HCO)]，两式联立可得c(OH−)＝c(H＋)＋2c(HCO)＋c(HCO -)，故C
3 3 2 3 2 3 3
正确；D项，碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢的原理：CaSO( s)＋CO2-(aq) CaCO ( s)＋SO 2−(aq) ，故D正
4 3 3 4
确；故选B。
3．（2023·云南·校联考模拟预测）T℃时， 和Ag CrO(砖红色)都是难溶电解质，以
2 4
对pCl和pCrO 作图的沉淀平衡曲线如图所示。该温度下，下列说法正确的是
4
A．阴影区域AgCl和Ag CrO 都沉淀
2 4
B．Ag CrO 的饱和溶液中，pCrO=4.45时，pAg=3.72
2 4 4
C．用硝酸银滴定 ，指示剂KCrO 浓度在 左右时滴定误差较小
2 4
D．向含有AgCl(s)的 溶液中加入KCrO，白色固体逐渐变为砖红色
2 4
【答案】C
【分析】由图可知，当pAg=0时，c(Ag+)=1mol/L，pCl=9.8，pCrO=11.72，K (Ag CrO)=c2(Ag+)•c(
4 sp 2 4
)，K (AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)，曲线①对应的溶度积常数K =10-11.72，数量级为10-12，曲线②对应的溶度积常
sp sp
数K =10-9.8，数量级为10-10，且K (AgCl)=1.6×10-10，所以曲线①线代表Ag CrO，曲线②代表AgCl。所以
sp sp 2 4
K (Ag CrO)=10-11.72，K (AgCl)=10-9.8，据此分析解答。
sp 2 4 sp
【解析】A．纵坐标越大，银离子浓度越小，横坐标越大，阴离子浓度越小，故阴影区域AgCl和Ag CrO
2 4
都不沉淀，A错误。
B．2pAg pCrO=11.72，pCrO=4.45时，pAg= =3.635，B错误。
4 4
C．由图可知，当KCrO 浓度在 左右时(pCrO =2)形成Ag CrO 所需要的银离子浓度约为
2 4 4 2 4
，根据氯化银的溶度积可知此时氯离子浓度约为 ，氯离子接近完全沉淀，滴定
误差较小，C正确。D．当溶液中有 时，则此时氯离子的浓度为 ， ，由图可知，此时无法形成
Ag CrO，D错误；答案选C。
2 4
4．（2023·四川成都·石室中学校考一模）常温下，向 和 的混合液中滴加
溶液， 与 的关系如图所示。知： 代表 或 ；
；当被沉淀的离子的物质的量浓度小于 时，认为该离子已沉淀
完全。下列叙述错误的是
A．X、Z分别代表 与 的关系
B．常温下，弱酸 的电离常数
C．图中 点对应溶液的 为6.5，此时溶液中
D．向浓度均为 的 和 的混合溶液中逐滴加入 溶液，能通过沉淀的方式将
两种离子分离
【答案】C
【解析】A．由 可知，pH相等时，溶液中 > ，故曲线X代
表 与 pH 的关系，Y代表 与 pH 的关系，而 与c(H+)的乘积为定值K(HR)，故c(H+)越小(pH越大)时， 也越小，Z代表 与 pH 的关系，A正确；B．
，取Z点(5，0)带入得， ，B正确；C． Y代表
与 pH 的关系，由图中Y上一点（8,3）可知，pH=8，pOH=6，pM=3，则 =1×10-
15，a点时 ，则pOH=7.5，pH为6.5，由Z曲线可知，此时 为负值，说明c(R-)>c(HR)，C
错误；D．由C分析可知， =1×10-15，由图同理可知， =1×10-20，向浓度均为
0.1mol/L的Co2+和Pb2+混合溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，Pb2+会先沉淀，当c(Pb2+)=1×10-5mol/L时，
此时c(OH-)=1×10-7.5mol/L，溶液中Co2+还未开始沉淀，故能通过沉淀的方式将两种离子分离，D正确。故
选C。
5．（2023·广东广州·统考二模）常温下，向含有 、 、 的工业废水中逐滴加入
NaOH溶液，pM随pH的变化关系如图所示[pM表示 或 或 ]。
已知： ， 。若溶液中离子浓度小于 ，认为该离子
沉淀完全。下列说法不正确的是A．曲线①表示 与pH的关系
B． 时，溶液中
C． 时，可认为 沉淀完全
D． 时，
【答案】B
【分析】 ， = =
，当pH=5时，该式入Ka，可知 ，可知曲线②是表示 ；当
c(Cu2+)= ，c(OH-)= ，此时pH=6.5，故曲线①表示 ，曲线
③表示 ；
【解析】A．当c(Cu2+)= ，c(OH-)= ，此时pH=6.5，故曲线①表示
，A项正确；B．曲线②是表示 ，当pH=5时， ＞0，
＜1，则故溶液中 ，B项错误；C．当c(Cu2+)= ，
c(OH-)= ，此时pH=6.5，故 时，可认为 沉淀完全，C项正确；D．曲线③表示 ，线上b点（5.85，0），代入计算可知，当c(Fe2+)=1mol/L时，pH=5.85，此时
c(OH-)=10-8.15，则Ksp[Fe(OH) ]= c(Fe2+)×c2(OH-)=1×10-16.3，故 时，
2
，D项正确。故答案选B 。
考向02 滴定曲线图像的理解与分析
1．（2023·河北张家口·统考三模）25℃时，用 溶液滴定 溶液，
加入NaOH溶液的体积、混合溶液中的离子浓度与pH的变化关系如图所示。
下列说法错误的是
A． 的第二步电离常数 的数量级为
B．第一步电离和第二步电离的滴定所选指示剂不同
C．P点溶液中存在
D．M点和N点溶液中 相等
【答案】D
【解析】A． ，由 点可知 ，数量级为 ，故A正确；B．由电离常数和水解常数知， 溶液显酸性、 溶液显碱性，第一步滴定选择甲基橙作指示剂、第二
步滴定选择酚酞作指示剂，故B正确；C． 点为 溶液， 电离程度大于水解，溶液中
，故C正确；D． 点和 点溶液的 不同，溶液中 不相等，
故D错误；故选D。
2．（2023·宁夏银川·统考一模）为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念：AG=lg
。常温下，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1HCN溶液，溶液的酸度(AG)随滴入的
NaOH溶液体积的变化如图所示(滴定过程中温度的变化忽略不计)，已知100.8≈6.3，下列说法正确的是
A．滴定过程中 逐渐增大
B．常温下，HCN的电离常数K ≈6.3×10-10
a
C．滴定过程中水电离出c(H+)先减小后增大
D．当V=10mL时，溶液中存在c(H+)+c(HCN)=c(OH-)+c(CN-)
【答案】B
【解析】A．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大， 减小， 增大，
故滴定过程中 逐渐减小，A项错误；B．未加NaOH溶液时，AG=3.8， ，结合K =10-
w14，可得c2(H+)=103.8×10-14， ，B项正确；C．滴定过程中HCN
的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，恰好反应生成NaCN，水的电离程度最大，HCN过量后，
水的电离程度逐渐减小，故水电离出c(H+)先增大后减小，C项错误；D．当V=10mL时，溶液中的
n(NaCN)=n(HCN)，利用电荷守恒和物料守恒可得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D项错误；故选B。
3．（2023·全国·模拟预测）常温下，用 盐酸滴定 溶液时，溶液pH随滴定
百分率的变化如图所示。已知：b点溶液中 ， ，
， 。下列说法错误的是
A．a点的溶液中：
B．b点溶液的pH约为8.3
C．煮沸的目的是除去溶解的 ，使突跃变大，冷却后继续滴定到终点
D．滴定过程可选用酚酞、甲基橙双指示剂
【答案】A
【分析】常温下，用 盐酸滴定 溶液时，a点滴定百分率为25%，故溶液中溶
质 、 、NaCl的物质的量之比为1：1：1，b点滴定百分率为50%，恰好反应得到碳酸氢钠、
氯化钠溶液；c点滴定百分率为100%，碳酸钠与盐酸恰好反应生成氯化钠、二氧化碳和水。
【解析】A．由思路分析可知，a点溶液中溶质 、 、NaCl的物质的量之比为1：1：1，根据电荷守恒可知， ，根据物料守恒可知，
，把物料守恒代入电荷守恒有①：
，根据氯、碳物料守恒可知，
，则有②： ，
把②代入①得 ，故 ，
A错误；B．b点溶液中溶质为 、NaCl，
， ， ，
，
即 ，则 ，
故b点溶液的 ，B正确；C．反应产生的二氧化碳能溶于水生成碳酸，影响
实验滴定结果，煮沸的目的是除去溶解的 ，使突跃明显，冷却后继续滴定到终点，C正确；D．b点溶
液呈弱碱性，c点溶液呈弱酸性，故起始到b点可选用酚酞作指示剂，b点~c点滴定过程可选用甲基橙作指
示剂，D正确；故选A。
4．（2023·广东·校联考一模）邻苯二甲酸氢钾(KHP，摩尔质量为204 )通常用于标定酸、碱的浓度。
高氯酸溶液滴定含0.286g(约 mol)KHP溶液的电位变化如图所示，滴定原理为
，已知A为滴定终点。下列说法错误的是A．根据图像可知邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性
B．邻苯二甲酸氢钾溶液中存在：
C．A点溶液中存在：
D．高氯酸的浓度约为0.100
【答案】A
【解析】A．图像的纵坐标为电位，无法推断邻苯二甲酸氢钾溶液的酸碱性，选项A错误；B．根据滴定
原理KHP+HClO =H P+KClO 可知，邻苯二甲酸氢钾是弱酸的酸式盐，因此邻苯二甲酸氢钾溶液中存在
4 2 4
，选项B正确；C．邻苯二甲酸氢钾和高氯酸1∶1反应，A点为滴定终点，根据物料守恒
可知 ，选项C正确；D． ，
，选项D正确；答案选A。
5．（2023·陕西渭南·统考一模）已知：AgCl、 在水溶液中的溶解平衡分别为AgCl(s，白色)
、 (s，深红色) 。常温下，分别向20mL等浓度的
KCl溶液和 溶液中滴加等浓度的 溶液，所加硝酸银溶液的体积与阴离子的浓度关系如图所
示。下列说法错误的是A．KCl溶液与 溶液反应对应曲线①
B．由b点数据可得 mol/L
C．增大 溶液的浓度，图中a点或b点向右平移
D． 可作为 溶液标定KCl溶液浓度的指示剂
【答案】C
【分析】由图可知，曲线①所示反应在加入20mL等浓度 溶液后恰好沉淀完全，曲线②所示反应在
加入40mL等浓度 溶液后恰好沉淀完全，结合信息中的沉淀溶解平衡可知，曲线①表示滳定KCl溶
液的变化曲线，曲线②表示滴定 溶液的变化曲线，根据b点计算： 、
， ，同理根据a点计算
；
【解析】A．由分析可知，KCl溶液与 溶液反应对应曲线①， 溶液与 溶液反应对应
曲线②，A正确；B．b点 ，此时恰好反应，结合沉淀溶解平衡可知，
，B正确；C．增大 溶液的浓度，图中a点或b点向右平移，可使消耗
溶液的体积减小，可实现图像中a点或b点向左平移，C错误；D．AgCl(s，白色) ，恰好沉淀时， (s，深红色)，恰好沉淀时 ， 溶解能力稍大于AgCl(，结合
终点颜色变化，可知 可作为 溶液标定KCl溶液浓度的指示剂，D正确；故选C。
考向03 分布分数像的理解与分析
1．（2024·四川内江·统考一模）工业上利用加入氨水生成沉淀的方法去除酸性废水中的铅元素，体系中含
铅微粒的物质的量分数d与常温pH的关系如下图[ 难溶于水]｡下列说法正确的是
A． 的氨水中：
B．向 的含铅酸性废水中加入氨水，反应的离子方程式为：
C．由图可知，pH越大，除铅效果越好
D． 的上述溶液中始终存在：
【答案】A
【解析】A． 的氨水中：含氮微粒包括氨气分子，铵根离子、一水合氨分子，故
，故A正确；B．一水合氨是弱碱，离子方程式为
，故B错误；C．由图可知，pH大于10后， 开始溶解，除铅效
果变差，故C错误；D．加入氨水生成沉淀的方法去除酸性废水中的铅元素，溶液中还有其他阳离子，因
此不是一直存在该等式，故D错误；故答案为：A。2．（2023·陕西汉中·统考一模）常温下，现有 的 溶液， 。已知含氮或含碳各
微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，下列说法错误
的是
A．常温下，
B．向 的上述溶液中逐滴滴加 溶液时， 和 浓度都逐渐减小
C． 溶液中存在下列守恒关系：
D．当溶液的 时，溶液中存在下列关系：
【答案】B
【解析】A．由0.1mol/L碳酸氢铵溶液的pH为7.8，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根
离子，使溶液呈碱性，则由盐类水解规律可知，一水合氨的电离程度大于碳酸的电离程度，一水合氨的电
离常数大于碳酸的一级电离常数，故A正确；B．由图可知，向pH为7.8的碳酸氢铵溶液中加入氢氧化钠
溶液时，溶液中的铵根离子浓度减小，碳酸氢根离子浓度增大，故B错误；C．碳酸氢铵溶液中存在物料
守恒关系 ，故C正确；D．由图可知，溶液pH为9
时，溶液中离子浓度的大小关系为 ，故D正确；故选B。
3．（2024·河南·统考模拟预测）向一定浓度的 溶液中通入 ，存在化学平衡
、
和。平衡时分布系数 与 的关系如下图所
示(其中 代表 或 比如 的分
布系数 ，c(总)
。下列说法错误的是
A．曲线I代表 ，曲线 代表
B．反应 的平衡常数 的值为
C． 时，
D． 时，
【答案】D
【分析】根据信息可知，Ⅰ表示 、Ⅱ表示 、Ⅲ 、Ⅳ表示 、Ⅴ表示 ，以此解题。
【解析】A．由分析可知，曲线I代表 ，曲线 代表 ，A正确；B．结合图中信
息可知， 的 ， 的
， 的 ，B正确；C．由图可知，当横坐标
为-2时， ，C正确；D．根据电荷守恒可知，
，由图可知，
时， ，则此时
，D错误；故选D。
4．（2023·湖南株洲·统考一模）草酸(H C O)为二元弱酸，其电离过程为： ，
2 2 4
。常温下向 溶液中逐滴加入 溶液，混合溶液
中HC O、 和 的物质的量分数(δ)随pH变化关系如图所示，下列说法正确的是
2 2 4A．草酸的一级电离平衡常数的数量级为
B．曲线I表示 的物质的量分数
C．当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中存在如下关系：
D．a点对应的溶液中存在关系：
【答案】A
【解析】A．据图I线为HC O，II线为 ，III为 ， 据图（1.2,0.5）可知
2 2 4
c( )=c(H C O)， =10-1.2，所以草酸的一级电离平衡常数的数量级为 ，A正确；B．曲线
2 2 4
I表示HC O 的物质的量分数，B错误；C．当加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好得到草酸氢钠溶液，
2 2 4
由于K (H C O)=10-4.2>K ( )= ， 水解程度小于其电离程度，则此时溶液中氢
a2 2 2 4 h
离子浓度大于氢氧根浓度，C错误；D．在a点，c( )=c( )，pH=4.2，c(H+)>c(OH-)，根据电荷守
恒，2c( )+c(OH-)+c( )=c(Na+)+ c(H+)，则c(Na+)=3 c( )+c(OH-)- c(H+)<3 c( )，D错误；
故选A。5．（2023·福建·校联考二模）利用 氧化 回收单质硫，涉及反应如下：①
；② ，③ 。25℃时，
溶液中含硫微粒分布系数随pH变化如图1， 溶液的初始浓度为 ，其初
始pH与剩余硫化物及单质硫的含量关系如图2，下列说法不正确的是
A． 水溶液中
B． 水溶液中
C．初始pH由6升至9， 的主要原因是发生反应③
D．初始pH由6降至5，单质S减少的主要原因是部分 转化为
【答案】B
【解析】A． 水溶液，其实际为 ，根据图1分析 ，
， ，说明亚硫酸氢根是电离大于水解，溶液显酸性即
，故A正确；B． 水溶液，其实际为 ，根据物料守恒
，
，故B错误；
C．根据已知信息②和③，初始pH由6升至9，发生反应③，则使得 ，故C正确；
D．初始pH由6降至5，酸性增强，发生 ， 即单质S减少的主要原因是部
分 转化为 ，故D正确。综上所述，答案为B。
