文档内容
微专题41 水溶液中的三大守恒和浓度大小比较
1．（2023·湖南·统考高考真题）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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A． 约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【解析】NaOH溶液和HCl、CH COOH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，CH COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和
3
CH COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH COOH，溶质成分为NaCl、CH COOH和 CH COONa；c点时
3 3 3 3
NaOH溶液与CH COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为
3 3
NaCl、CH COONa和NaOH，据此解答。
3
A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH COOH，c(CH COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，
3 3
= =10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH COOH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CH COOH和 CH COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH COOH的
3 3 3
电离程度大于CH COO-的水解程度，则c(CH COOH)d，故D错误；
3
答案选D。
2．（2023·浙江·统考高考真题）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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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
【解析】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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】，溶液中
，故D正确。
综上所述，答案为D。
掌握微粒浓度大小比较的常见类型及分析方法
一、微粒浓度的大小比较理论依据
(1)电离理论——弱电解质的电离是微弱的
①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离。
如氨水中：NH ·H O、NH、OH－浓度的大小关系是c(NH ·H O)＞c(OH－)＞c(NH)。
3 2 3 2
②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。
如在HS溶液中：HS、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是 c (H S) ＞ c (H ＋ ) ＞ c (HS － ) ＞ c (S 2 － ) 。
2 2 2
(2)水解理论——弱电解质离子的水解过程一般是微弱的
①弱电解质离子的水解是微弱的(水解相互促进的除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱
性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。
如NH Cl溶液中：NH、Cl－、NH ·H O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(NH ·H O)。
4 3 2 3 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解。如在 NaCO 溶液中：CO、HCO、
2 3
HCO 的浓度大小关系应是c(CO)＞c(HCO)＞c(H CO)。
2 3 2 3
二、溶液中微粒种类的判断
我们在判断溶液中微粒浓度大小时，首先要判断溶液中微粒的种类，然后再进行比较。判断溶液中微粒种
类的方法是正确写出溶液中所有的电离方程式、水解方程式，然后结合溶液中的溶质即可判断溶液中的微
粒种类。
注意：在书写电离方程式时，不要丢掉水的电离方程式。
如：NaHCO 溶液中存在三种电离：NaHCO ===Na＋＋HCO、HCO H＋＋CO、HO H＋＋OH－；
3 3 2
一种水解：HCO＋HO HCO ＋OH－所以溶液中的离子为Na＋、CO、HCO、OH－、H＋，分子为
2 2 3
HCO、HO。
2 3 2
三、离子浓度大小比较的方法
(1)考虑水解因素：如NaCO 溶液。
2 3
CO＋HO HCO＋OH－
2
HCO＋HO HCO＋OH－
2 2 3
所以c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)。
(2)不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对它的影响。如相同浓度的 a.NH Cl、
4
b.CH COONH、c.NH HSO 三种溶液中c(NH)由大到小的顺序是c＞a＞b。
3 4 4 4
(3)混合液中各离子浓度的比较要综合分析水解因素、电离因素，如相同浓度的NH Cl和氨水混合液中，因
4
NH ·H O的电离＞NH的水解，故离子浓度顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
3 2
四、三个守恒
1．电荷守恒规律
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液均呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正
电荷总数。如NaHCO 溶液中的离子有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，其存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝
3
c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
2．物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如 K S溶液中S2－、HS－都能
2
水解，故S元素以S2－、HS－、H S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋
2
2c(H S)。
2
3．质子守恒规律
电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H＋)数等于失去的质子(H＋)数。如NaHCO 溶液中：
3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】即c(H CO )＋c(H＋)===c(CO)＋c(OH－)。
2 3
如Na S水溶液中的质子转移情况如图所示：
2
由图可得Na S水溶液中质子守恒式：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H S)＋c(HS－)。
2 2
质子守恒式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。NaS水溶液中电荷守恒式为
2
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH-)＋c(HS-)＋2c(S2-)①，
物料守恒式为c(Na＋)＝2[c(HS-)＋c(S2-)＋c(H S)]②，
2
由①式－②式，消去没有参与变化的Na＋，即可得到质子守恒式：
c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H S)＋c(HS－)。
2
五、常见几种物质的微粒浓度比较(溶液中水分子除外)。
项目 0.1 mol·L-1CH COOH溶液 0.1 mol·L-1CH COONa溶液
3 3
粒子
CH COO-、CH COOH 、OH-、H+ Na+、CH COO-、CH COOH 、、OH-、H+
种类 3 3 3 3
离子浓
c(CH COOH)>c(CH COO-)>c(H+)>c(OH-) c(Na+)>c(CH COO-)>c(OH-)>c(CH COOH)>c(H+)
度比较 3 3 3 3
电荷
c(H+)＝c(CH COO-)＋c(OH-) c(Na+)＋c(H+)＝c(CH COO-)＋c(OH-)
守恒 3 3
物料
c(CH COO-)＋c(CH COOH)＝0．1 mol·L-1 c(CH COO-)＋c(CH COOH)＝c(Na+)＝0.1 mol·L-1
守恒 3 3 3 3
0.1 mol·L－1的 0.1 mol·L－1的
项目
NaHCO 溶液 Na CO 溶液
3 2 3
粒子
Na＋、CO、HCO、H CO 、OH－、H＋ Na＋、CO、HCO、H CO 、OH－、H＋
2 3 2 3
种类
离子浓 c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO) c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】度比较
电荷
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－) c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO )]
2 3
守恒
物料
c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H CO ) c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
2 3
守恒
质子
c(OH－)＝c(H CO )＋c(H＋)－c(CO) c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H CO )＋c(HCO)
2 3 2 3
守恒
易错提醒：选好参照物
不同溶液中同一离子浓度的大小比较要选好参照物，分组比较各个击破。如25 ℃时，相同物质的量浓度的
下列溶液中：①NH Cl、②CH COONH 、③NH HSO 、④(NH ) SO 、⑤(NH ) Fe(SO ) ，c(NH)由大到小的顺序
4 3 4 4 4 4 2 4 4 2 4 2
为⑤＞④＞③＞①＞②。分析流程为：
分组――→④⑤中c(NH)要大于①②③
1．（2022·全国·统考高考真题）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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【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-)，则
a 总
=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)+c(A-)，
a 总
=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中c
a 总
(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 (HA)之比为
总 总
[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。
2．（2022·浙江·统考高考真题） 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(醋酸的 ；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，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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CH COOH+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 溶液至pH=7，根
据物料守恒有c(Na+)=c(Cl-)+c(CH COOH)+c(CH COO-)，则有 。又由pH=7可得
3 3
c(H+)=10-7mol/L，根据该温度下Ka(CH COOH)= ，
3
，故有 ，D正确；
故答案为：B。
1．（2023秋·天津红桥·高三统考期末）下列判断不正确的是
A．在 的 溶液中
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B． 溶液和 溶液中所含微粒种类相同
C．氨水和 溶液混合，形成 的溶液中
D． 的 溶液中
【答案】A
【解析】A．根据碳元素守恒可知， ，A错误；
B．Na CO 与NaHCO 溶液中均含有H O、Na+、H CO 、HCO 、CO 、H+、OH-，故所含微粒种类相同，B正
2 3 3 2 2 3
确；
C．氨水和NH Cl溶液混合，形成pH=19的溶液，则 ，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH )
4
+c(H+)，则 ，故 ，C正确；
D．根据电荷守恒可知， ，D正确；
故选A。
2．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考一模）在常温下，下列说法正确的是
A． 溶液中商加稀盐酸至溶液呈中性时：
B． 的氨水与 的盐酸等体积互混， ，则 的电离常数为
C．等浓度的 与 溶液，前者 大于后者(已知， 的 ， 的
， )
D．浓度均为 的 和 混合溶液，滴加 的 溶液，最先产
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】生的沉淀为 ( ， )
【答案】B
【解析】A．CH COONa溶液中商加稀盐酸至溶液呈中性时，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒得c(OH-)
3
+c(Cl-)+c(CH COO-)=c(H+)+c(Na+)，所以得c(Cl-)+c(CH COO-)=c(Na+)，根据物料守恒得得c(CH COO-)
3 3 3
+c(CH COOH)=c(Na+)，所以得c(CH COOH)=c(Cl-)，故A错误；
3 3
B．根据电荷守恒知c(H+)+c( )=c(Cl-)+c(OH-)，c( )=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液为中性，根据等体积
混合后的溶液显中性知，NH •H O的 ，故B正确；
3 2
C．电离平衡常数可知碳酸酸性大于次氯酸大于碳酸氢根离子，对应盐水解程度碳酸氢钠水解程度小于次
氯酸钠小于碳酸钠，相同状况下，等浓度的NaClO与Na CO 溶液中，pH前者小于后者，故C错误；
2 3
D．生成AgCl需要的银离子为 =1.8×10-6mol/L，生成Ag CrO 需要的银离子为
2 4
=1.4×10-4mol/L，则混合溶液中产生两种不同沉淀，且AgCl沉淀先产生，故D
错误；
故选：B。
3．（2023·河南·校联考模拟预测）用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱pH酸盐和
弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在pH=pK 一lg 。25°C时0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定16.00mL某未知
a
浓度的HA溶液，滴定过程中消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图所示(已知：pK=-lgK，
a a
100.48=3，酸性HA>HCN)。下列说法错误的是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．25℃时，HA电离常数的数量级为10-5
B．b点溶液中存在c(HA)+c(H+)>c(A-)+c(OH-)
C．c点溶液中离子浓度的大小关系为c(HA)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
D．若将HA改为等体积、等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移
【答案】C
【解析】温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为 ，由 ，可得
，a点 、pH=4.27，b点 、溶液的pH=4.75，存在
，化简得 ，解得c=0.2。
A． 即 ，HA电离常数的数量级为 ，故A正确；
B．由分析可知 ，b点时 ，故 ，此时溶液显酸性，
，故 ，故B正确；
C．由B项分析可知b点时，故 ，则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液 ，由
图可知溶液呈酸性 ，酸电离程度较小，所以离子浓度的大小关系为：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】，故C错误；
D．由HA的酸性强于HCN可知，HA的电离常数大于HCN，由 可知，当 相等时，
酸的电离常数越大，溶液$pH$越小，则若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化
曲线竖直上移，故D正确；
故选C。
4．（2023·河南·校联考模拟预测）食用级NaHSO 产品用作防腐剂、抗氧化剂等。根据常温时下列实验得
3
到的粒子浓度关系正确的是
实
实验操作和现象 粒子浓度的关系
验
向蓝色石蕊试纸上滴入2滴0.1 mol ·L-1NaHSO 溶液，试纸
① 3 c(Na+) >c( ) >c( ) >c(H SO )
变红 2 3
向10 mL0.1 mol ·L-1NaHSO 溶液中加入等体积等浓度的 c(Na+)-c( ) -c( ) -c(H SO ) =0.05
② 3 2 3
NaOH溶液 mol ·L-1
向0.1 mol ·L-1NaHSO 溶液中加入等浓度的NaOH溶液至
③ 3 c( ) +c( )=c(Na+)
pH=7
A．①③ B．②③ C．①② D．①②③
【答案】C
【解析】NaHSO 溶液中存在 电离平衡 和水解平衡过程， 、 、
3
；向蓝色石蕊试纸上滴入2滴0.1 mol ·L-1NaHSO 溶液，试纸变红，证明0.1 mol
3
·L-1NaHSO 溶液呈酸性， ，溶液中 电离大于水解，故c(Na+) > c( ) >c( )
3
>c(H SO )，①正确；
2 3
向10 mL0.1 mol ·L-1NaHSO 溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，两溶液等体积混合，混合后溶液中钠离
3
子浓度降为原来的一半，则c(Na+)=0.1 mol ·L-1，c(OH-)=0.05 mol ·L-1，根据题意c( ) +c( )
+c(H SO )=c(OH-)，故c(Na+)-c( ) -c( ) -c(H SO ) =0.05 mol ·L-1，②正确；
2 3 2 3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】向0.1 mol ·L-1NaHSO 溶液中加入等浓度的NaOH溶液至pH=7，溶液中存在电荷守恒
3
，溶液pH=7，即 ，则 ，
故③错误。
故选C。
5．（2023·江西上饶·校联考二模）25°C时，向20mL 0.10mol·L－1的一元酸HA (K =1.0×10－2) 中逐滴加入
a
0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A．a点时，c (H+) +0.1=c (HA) +c (OH－)
B．b点时水电离出的c (OH －) =10－2mol·L－1
C．滴加NaOH溶液过程中，不存在c (H+) >c (A－) >c (Na+) >c (OH－)
D．c点时，c (Na+) =c (A－) =c (H+) =c (OH－)
【答案】C
【解析】由图可知，a点溶液pH为2，由HA的电离常数K = =1.0×10—2可知，溶液中A—离子浓
a
度与HA的浓度相等，则反应所得溶液为NaA和HA的混合溶液；由电离常数K = 可知，NaA的
a
水解常数为K = = = =1.0×10－12，由图可知，b点溶液pH为12，则溶液中A—离
h
子浓度是HA的浓度的1010倍，反应所得溶液为NaA和NaOH的混合溶液。
A．由分析可知，a点为A—离子浓度与HA的浓度相等的NaA和HA的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】c(Na+)+ c(H+)=c(A—)+ c(OH—)，溶液中钠离子浓度为 ≠0.1mol/L，则溶液中c (H+) +0.1≠c
(HA) +c (OH－)，故A错误；
B．由分析可知，b点为NaA和NaOH的混合溶液，则溶液中水电离出的氢氧根离子浓度小于10－2 mol/L，
故B错误；
C．若溶液中离子浓度的关系为c (H+) >c (A－) >c (Na+) >c (OH－)，溶液中阳离子的电荷总数大于阴离子电荷
总数，不符合电荷守恒的原则，所以滴加氢氧化钠溶液过程中，溶液中不存在c (H+) >c (A－) >c (Na+) >c
(OH－)，故C正确；
D．由图可知，c点时溶液pH为7，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，则由电荷守恒关系c(Na+)+
c(H+)=c(A—)+ c(OH—)可知，溶液中离子浓度的关系为c (Na+) =c (A－) >c (H+) =c (OH－)，故D错误；
故选C。
6．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）已知：叠氮酸( )是一元弱酸，其电离常数
(298K)。298K时，在20mL浓度为 溶液中滴加 的NaOH溶液，溶液pH与
NaOH溶液体积的关系如图所示(已知： )。下列说法错误的是
A．298K时，水的电离程度①<②<③
B．a点pH约为2.7
C．①点溶液中：
D．②点溶液中：
【答案】B
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解析】A．298K时，在20mL浓度为0.1molL-1HN 溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，①加入10mLNaOH溶
3
液，为等浓度的HN 和NaN ，酸抑制水的电离⋅ ，②为加入15mlNaOH溶液，为HN 和NaN ，NaN 为主，溶
3 3 3 3 3
液pH=7，③为加入20mLNaOH溶液，恰好完全中和，为NaN 溶液，NaN 水解促进水的电离，298K时，水
3 3
的电离程度①＜②＜③，故A正确；
B．叠氮酸(HN )是一元弱酸，c(HN )=0.1mol/L，c(H+)≈c(HN )其电离常数K= =2×10-5，c(H+)≈
3 3 3 a
mol/L≈ ×10-3mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg ×10-3=3- lg2≈2.85，故B错误；
C．①点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c( )，物料守恒为：2c(Na+)=c( )+c(HN )，整理得到：
3
c( )+2c(OH-)=c(HN )+2c(H+)，故C正确；
3
D．②点溶液pH=7，溶液显中性，液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c( )，得到c(Na+)=c( )＞
c(H+)=c(OH-)，故D正确；
故选：B。
7．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考模拟预测）用 溶液滴定 溶液过程中的
变化如图所示：
下列叙述正确的是
A．初始 溶液中的电离度 ：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B． 时，混合溶液中有
C． 时，混合溶液中有
D．该滴定过程选甲基橙作指示剂比选酚酞作指示剂，产生的误差更小
【答案】A
【解析】根据图像突变范围出现的V（NaOH）=20mL，说明c(HA)= ，从图像起点
看出HA为弱酸，强碱滴定弱酸生成强碱弱酸盐变色范围为碱性，应选酚酞作指示剂。
A．从图像起点 可以算出电离度的范围，由于 当pH=2时，
100％=10％, 当PH=3时， 100％=1.0％，因此
，A正确；
B． 时 溶质为HA和NaA，且物质的量之比为1：1，
溶液中同时存在这两种平衡，由于溶液显酸性 ，所以以HA的电离为主，因此
，B错误；
C． 时，溶质NaA，根据电荷守恒 ，C错误；
D．强碱滴定弱酸生成强碱弱酸盐变色范围为碱性，应选酚酞作指示剂误差更小，D错误；
故选A。
8．（2023·山东聊城·统考三模） 为二元弱酸，常温下将 的 溶液滴入
的 溶液中，溶液中 (或 )的分布系数 、 溶液体积V与pH的关系如图所示。[已知：
]。下列叙述正确的是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．曲线a表示的是 的分布系数变化曲线
B．滴定时，可用甲基橙做指示剂
C． 的第二步电离平衡常数的数量级为
D．n点对应的溶液中，
【答案】C
【解析】A．用NaOH溶液滴定NaHA发生反应NaOH+NaHA=Na A+H O，HA-不断减少，A2-不断增多，故曲
2 2
线b表示的是A2-的分布系数变化曲线，A错误；
B． 为二元弱酸， 滴定 ，滴定终点溶液显碱性，甲基橙在酸性范围内变色，故不能用甲
基橙做指示剂，B错误；
C．m点时HA-和 A2-的分布系数相同，pH=4.2，则H A的第二步电离平衡常数
2
，其数量级为10-5，C正确；
D．n点时滴入了10mLNaOH溶液，溶液中NaHA和Na A的浓度比为1:1，根据电荷守恒和物料守恒可得，
2
， ，消去c(Na+)可得2c(H+)+c(HA -)-
2c(OH- )=c(A2-)-3c(H A)，D错误；
2
故选C。
9．（2023·北京朝阳·统考三模）室温下，向10.0mL纯碱(可能含有 )的稀溶液中逐滴加入
0.100mol/L盐酸，滴定曲线如图，其中p、q为滴定终点，下列分析正确的是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．p→q，选用酚酞做指示剂，到达滴定终点时溶液由红色变为无色
B．由滴定数据可知，原纯碱中
C．p点 的主要原因：
D．q点溶液中：
【答案】B
【解析】由图可知，p点溶液中的碳酸钠与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠，反应得到氯化钠和碳酸氢钠的混
合溶液，反应方程式为Na CO +HCl=NaHCO +NaCl，q点溶液中的碳酸氢钠与盐酸恰好反应生成氯化钠、二
2 3 3
氧化碳和水，反应得到氯化钠和碳酸的混合溶液，反应方程式为NaHCO +HCl=NaCl+CO ↑+H O，由反应消
3 2 2
耗盐酸的体积可知，纯碱稀溶液中碳酸钠的物质的量为0.100mol/L×9.8×10—3L=9.8×10—4mol，碳酸氢钠的物
质的量为0.100mol/L×21.5×10—3L—9.8×10—4mol×2=1.9×10—4mol。
A．由分析可知，p→q发生的反应为溶液中的碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则滴定时
应选用甲基橙做指示剂，不能选用酚酞做指示剂，故A错误；
B．由分析可知，原纯碱中碳酸钠的物质的量为9.8×10—4mol，碳酸氢钠的物质的量为1.9×10—4mol，则
，故B正确；
C．由分析可知，p点所得溶液为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，溶液pH大于7是因为碳酸氢根离子在溶
液中的水解程度大于电离程度，水解的离子方程式为 ，故C错误；
D．由分析可知，原纯碱中碳酸钠的物质的量为9.8×10—4mol，碳酸氢钠的物质的量为1.9×10—4mol，则由原
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】子个数守恒可知，q点溶液中钠离子的浓度为 ≈0.068mol/L，故D错误；
故选B。
10．（2023·湖北·华中师大一附中校联考模拟预测）已知 ，25℃时， 的 ，
。常温下，用0.1mol·L NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L 溶液的滴定曲线如图所示。下列说
法错误的是
A．a点加入NaOH溶液的体积 mL
B．a、b、c、d四点所得溶液均满足：
C．当加入NaOH溶液的体积为80mL时，有
D．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：ac(Na+)>c(H+)>c(OH-)
2 2
D．向0.1 mol/L的HCN溶液中通入HCl气体至pH=4，则HCN的电离度为0.049%
【答案】C
【解析】A．等浓度的CH COONa和NaCN混合溶液，不存在2c(Na+) = c(CH COO-)+c(CN-)，A错误；
3 3
B．根据K 值可知酸性大小：H CO >HCN> ，因此NaCN溶液中通入少量的二氧化碳，其离子反应方程
a 2 3
式为CN- + CO +H O = +HCN，B错误；
2 2
C．相同浓度，相同体积的NaNO 和HNO 混合溶液中，根据HNO 的K 值可知，混合溶液中电离大于水解，
2 2 2 a
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因此有c( )>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C正确；
D．向0.1 mol·L-1的HCN溶液中通入HCl气体至pH=4，溶液中c(H+)=1×10―4 mol/L，电离度α≈
×100%=0.00049%，D错误；
故选：C。
4．（2023·上海·统考模拟预测）0.1 mol·L NaOH溶液分别滴入20 mL 0.1 mol·L HX溶液与20 mL 0.1
mol·L HCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示。下列说法正确的是
A．b点： B．c点：
C．a、d点溶液混合后为酸性 D．水的电离程度：d>c>b>a
【答案】D
【解析】NaOH是一元强碱，HCl是一元强酸，当滴加20mLNaOH溶液时溶液为中性，则N曲线为HCl溶液
的滴定曲线，M曲线为HX溶液的滴定曲线且可以判断该酸为弱酸。
A．b点的pH=6则 ，则 ，故A错
误；
B．c点是NaX与HX1:1的混合溶液，根据质子守恒可得： ，故B错误；
C．a、d点溶液混合即30mLNaOH溶液与20 mL 0.1 mol·L HX溶液与20 mL 0.1 mol·L HCl溶液混合，溶
质为NaCl 和1:1的NaX与HX，酸碱性等价于c点，由图可知呈碱性，故C错误；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．d点溶质只有NaX对水的电离起促进作用，c点NaX与HX1:1的混合溶液，溶液显碱性说明水解程度大
于电离程度，HCl是一元强酸而HX为弱酸，强酸对水的电离的抑制程度更大，所以水的电离程度：
d>c>b>a，故D正确；
故选D。
5．（2022·广东·统考模拟预测）测定 溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发、溶液体积
的变化)，数据如下。
温度/℃ 25 40 60 80
pH 11.90 11.68 11.54 11.42
下列说法错误的是
A．25℃时， 的一级水解常数 的数量级为
B．温度升高后 溶液碱性减弱
C．溶液中
D．温度升高pH变小是K 增大与水解平衡移动共同作用的结果
w
【答案】B
【解析】A． 时 ，由 知，水解平衡时，
、 ， ，A正确；
B． 水解吸热，升温促进水解，溶液中 增大，碱性增强，B错误；
C．由物料守恒知， ，C正确；
D．升温促进水的电离及 的水解(且 受温度影响更大一些)，导致温度高时pH变小而不是变大，D正
确；
故答案为：B。
6．（2023·湖南·高三统考专题练习）常温下，用浓度为 的 标准溶液滴定浓度均为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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
【解析】NaOH溶液和HCl、CH COOH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，CH COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和
3
CH COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH COOH，溶质成分为NaCl、CH COOH和 CH COONa；c点时
3 3 3 3
NaOH溶液与CH COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为
3 3
NaCl、CH COONa和NaOH，据此解答。
3
A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH COOH，c(CH COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，
3 3
= =10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH COOH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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH COOH和 CH COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH COOH的
3 3 3
电离程度大于CH COO-的水解程度，则c(CH COOH)d，故D错误；
3
答案选D。
7．（2023·浙江·高三统考专题练习）常温下，通过下列实验探究H S、Na S溶液的性质。
2 2
实验1：向 溶液中通入一定体积NH ，测得溶液pH为7
3
实验2：向 溶液中滴加等体积同浓度的NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红
色
实验3：向 溶液中滴入 溶液，产生白色溶沉淀；再滴入几滴
溶液，立即出现黑色沉淀
实验4：向 溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，无明显现象
下列说法正确的是
A．实验1得到的溶液中存在
B．由实验2可得出：
C．由实验3可得出：
D．实验4得到的溶液中存在
【答案】B
【解析】A．由题意可知，实验1得到的溶液为中性溶液，溶液中c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒关系c(NH )
+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)可知，溶液中c(NH )=2c(S2-)+c(HS-)，故A错误；
B．由题意可知，实验2得到的溶液为NaHS溶液，溶液呈碱性说明溶液中HS-的水解程度大于电离程度，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则HS-的水解常数K = >K (H S)，则K >K (H S)⋅K (H S)，故B正确；
h a2 2 w a1 2 a2 2
C．由题意可知，实验3中硫化钠溶液与硫酸锌溶液反应时，硫化钠溶液过量，再加入硫酸铜溶液时，硫化
钠与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀，无沉淀的转化，无法比较硫化锌和硫化铜溶度积的大小，故C错误；
D．由题意可知，实验4得到的溶液为等浓度的硫氢化钠和氯化钠的混合溶液，根据电荷守恒有c(H+)
+c(Na+) =c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)+c(Cl-)，根据元素质量守恒有c(Na+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H S)+c(Cl-)，联立两式可得溶
2
液中存在c(H+)+c(H S) =c(OH-)+c(S2-)，故D错误；
2
故选B。
8．（2023·全国·高三统考专题练习） 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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】C
【解析】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H L，此时电离
2
出的HL-较少，根据H L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c(OH-)=10-13，
2
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，H L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H L和L2-的含量最少，因此当
2 2
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-消耗了
3 2 3 2
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。
9．（2022秋·广东韶关·高三校考阶段练习）下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是
A．呈中性的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c(Na+)＞c(CH COO—)
3
B．在Na CO 溶液中，2c(Na+)=c(CO )+c(HCO )+c(H CO )
2 3 2 3
C．pH=3的H SO 溶液中：c(H+)=10—3mol•L-1
2 4
D．氯化铵溶液中：c(Cl—)＞c(NH )＞c(OH—)＞c(H+)
【答案】C
【解析】A．醋酸和醋酸钠的混合溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(CH COO—)+ c(OH—)，中性溶液中
3
氢离子浓度和氢氧根离子相等，则溶液中钠离子浓度与醋酸根离子浓度相等，故A错误；
B．碳酸钠溶液中存在物料守恒关系c(Na+)=2c(CO )+2c(HCO )+2c(H CO )，故B错误；
2 3
C．pH为3的硫酸溶液中氢离子浓度为10—3mol•L-1，故C正确；
D．氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故D错
误；
故选C。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】10．（2023·山西·校联考模拟预测）常温下，某同学在特制容器中加入20 mL 0.4 mol⋅L 溶液，用
0.4mol⋅L HCl溶液滴定，利用pH计和气体压力传感器检测，得到如图曲线。下列说法错误的是
A．整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂
B．a→f点对应的溶液中，水的电离程度一直在减小
C．
D．f点对应的溶液中存在：
【答案】C
【解析】A．酚酞的pH变色范围是8.2~10，甲基橙的pH变色范围是3.1~4.4。 溶液与逐滴滴入的
HCl溶液分两步发生反应：第一步反应是 ；第二步反应是
。整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂，A正
确；
B．盐水解促进水电离，水解程度越大水电离程度越大，酸溶液抑制水电离，a点对应溶液的溶质为
，b点对应溶液的溶质为（ 、NaCl，e点对应溶液的溶质主要为NaCl、 ，f点对应
溶液的溶质主要为NaCl、HCl，因此水的电离程度一直在减小，B正确；
C．根据图像可知，当 mL时，为0.4 mol·L 溶液，此时溶液 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】mol⋅L ，则常温下此时溶液中 mol⋅L ，则 水解平衡常数
，因为 ，故
，C错误；
D．由于反应产生了大量的 气体，因此根据物料守恒可知f点对应的溶液中存在：
，D正确；
故选C。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
