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考点 27 水的电离和溶液的 pH
本考点在高考中属于必考点，且试题难度一般较大，常结合盐类水解、电离平衡以及离子浓度大小
比较等进行综合命题，常见的命题形式：(1)结合图像考查溶液的酸碱性判断、pH的计算，以及离子浓度
的大小比较等；(2)以酸碱中和滴定为载体，考查“强”滴“弱”过程中微粒浓度的变化以及其他相关知识；
(3)以滴定为基础，考查相关操作和计算等。
预测2023年本考点依然会结合图像，考查水的电离平衡与溶液酸碱性的关系，以及pH的相关计算
等；还会基于中和滴定，考查氧化还原滴定、沉淀滴定等有关计算，注意滴定终点判断的规范表达。
一、水的电离
二、溶液的酸碱性与pH
三、酸碱中和滴定
水的电离
1．水的电离
水是极弱的电解质，其电离方程式为2HO HO＋＋OH－或HO H＋＋OH－。
2 3 2
2．水的离子积常数
(1)表达式：K ＝c(H＋)·c(OH－)。室温下，K ＝1×10－14。
w w
(2)影响因素：只与温度有关，水的电离是吸热过程，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。在任何水溶液中均存在 H＋和OH－，
w
只要温度不变，K 不变。
w
3．影响水电离平衡的因素
(1)升高温度，水的电离程度增大，K 增大。
w
(2)加入酸或碱，水的电离程度减小，K 不变。
w
(3)加入可水解的盐(如FeCl 、NaCO)，水的电离程度增大，K 不变。
3 2 3 w
【小试牛刀】请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数相等( )
(2)100 ℃的纯水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，此时水呈酸性( )
(3)在蒸馏水中滴加浓HSO ，K 不变( )
2 4 w
(4)NaCl溶液和CHCOONH 溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同( )
3 4
(5)室温下，0.1 mol·L－1的HCl溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中水的电离程度相等( )
(6)任何水溶液中均存在H＋和OH－，且水电离出的c(H＋)和c(OH－)相等( )
(7)25 ℃时，0.1 mol·L－1的NaOH溶液中K ＝1×10－13 mol2·L－2 ( )
W
(8)某温度下，纯水中的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则c(OH－)＝( )
(9)25 ℃时，0.01 mol·L－1的盐酸中，c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1 ( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√ (7)× (8)× (9)√
【典例】
例1 25°C时，水的电离达到平衡：HO H++OH-，下列叙述不正确的是( )
2
A．将纯水加热到95℃时，K 变大，pH减小，水仍呈中性
w
B．向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)增大，K 不变
w
C．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，平衡逆向移动，K 不变
W
D．向水中通入HCl气体，平衡逆向移动，溶液导电能力减弱
【答案】D
【解析】A项，水加热到95℃，水的离子积常数变大，氢离子浓度增大，pH减小，但c(H+)=c(OH-)，
因此仍呈中性，A不符合题意；B项，向纯水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，溶液中c(OH-)增大，
但由于温度不变，所以水的离子积常数K 不变，B不符合题意；C项，水中加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离
w
产生H+，使溶液中c(H+)增大，水的电离平衡逆向移动，但水温度不变，因此水的离子积常数K 不变，C
w
不符合题意；D项，水中通入氯化氢，HCl电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，水的电离平衡逆向移动，由
于溶液中自由移动的离子浓度增大，因此溶液的导电性增强，D符合题意；故选D。
例2 25 ℃时，在等体积的①pH＝0的HSO 溶液、②0.05 mol·L－1的Ba(OH) 溶液、③pH＝10的
2 4 2
NaS溶液、④pH＝5的NH NO 溶液中，由水电离的H＋的物质的量之比是( )
2 4 3
A．1∶10∶1010∶109 B．1∶5∶(5×109)∶(5×108)
C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10∶104∶109
【答案】A
【解析】25 ℃时，pH＝0的HSO 溶液中由水电离出的 c(H＋)＝10－14 mol·L－1；0.05 mol·L－1的
2 4
Ba(OH) 溶液中c(OH－)＝0.05 mol·L－1×2＝0.1 mol·L－1，根据K ＝c(H＋)·c(OH－)可得，由水电离出的c(H＋)
2 w＝10－13 mol·L－1；pH＝10的NaS溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－4 mol·L－1；pH＝5的NH NO 溶液中由
2 4 3
水电离出的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，故等体积上述溶液中水电离的H＋的物质的量之比为10－14∶10－13∶10－
4∶10－5＝1∶10∶1010∶109，即选项A正确。
【对点提升】
对点1 25 ℃时，水存在平衡状态：HO H＋＋OH－ ΔH>0，下列叙述正确的是( )
2
A．加热，K 增大，c(OH－)增大
W
B．滴入稀氨水，平衡向左移动，c(OH－)减小，K 减小
W
C．加少量NaHSO 固体，平衡向左移动，c(H＋)减小，K 不变
4 W
D．加少量金属Na，平衡向右移动，c(H＋)增大
【答案】A
【解析】水的电离是吸热过程，升温，平衡右移，c(H＋)、c(OH－)同等程度地增大，K 增大；K 大小
W W
只受温度影响，向水中加稀氨水，平衡左移，c(OH－)增大，K 不变；加少量 NaHSO 固体，因
W 4
NaHSO===Na＋＋H＋＋SO，c(H＋)增大，使平衡左移，K 不变；加少量Na，与水反应，水电离出 2H＋
4 W
→H↑，平衡右移，使c(H＋)减小，c(OH－)增大。
2
对点2 常温下，向20.00 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液中由水电离出
的氢离子浓度的负对数[－lg c(H+) ]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是( )
水
A．常温下，K(HA)约为10－5 B．M、P两点溶液对应的pH＝7
a
C．b＝20.00 D．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－)
【答案】B
【解析】0.1 mol·L－1 HA溶液中，－lg c(H＋) ＝11，c(H＋) ＝c(OH－) ＝10－11 mol·L－1，根据常温下
水 水 水
水的离子积求出溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，HAH＋＋A－，c(H＋)＝c(A－)＝10－3 mol·L－1，K(HA)＝
a
mol·L－1＝10－5 mol·L－1，A项正确；N点水电离出的H＋浓度最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成
NaA，P点溶质为NaOH和NaA，溶液显碱性，即P点pH不等于7，B项错误；0～b段水的电离程度逐渐
增大，当达到 b点时水的电离程度达到最大，即溶质为 NaA，说明 HA和NaOH恰好完全反应，b＝
20.00，C项正确；M点溶液pH＝7，根据溶液呈电中性，存在c(Na＋)＝c(A－)，M点后，c(Na＋)＞c(A－)，
D项正确。
【巧学妙记】外界条件对水电离平衡的具体影响
条件 体系变化 平衡移动方向 K 水的电离程度 c(OH－) c(H＋)
w
HCl 逆 不变 减小 减小 增大
NaOH 逆 不变 减小 增大 减小
NaCO 正 不变 增大 增大 减小
可水解 2 3
的盐
NH Cl 正 不变 增大 减小 增大
4
升温 正 增大 增大 增大 增大
温度
降温 逆 减小 减小 减小 减小
其他：如加入Na 正 不变 增大 增大 减小
溶液的酸碱性和 pH
1．溶液的酸碱性是由溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小决定的。请填写下表：
c(H＋)与c(OH－) 相对大小 c(H＋)的范围(25 ℃)
中性溶液 c(OH－)＝c(H＋) c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1
酸性溶液 c(OH－)1.0×10－7 mol·L－1
碱性溶液 c(OH－)>c(H＋) c(H＋)<1.0×10－7 mol·L－1
2．溶液的pH
(1)定义：pH是c(H＋)的负对数，其表达式是pH＝－lgc(H＋)。
(2)pH大小能反映出溶液中c(H＋)的大小，即能表示溶液的酸碱性强弱。
在25 ℃时，pH>7，表示溶液呈碱性，pH越大，溶液的碱性越强，pH每增加1个单位，
c(OH－)增大到原来的10倍；pH＝7，溶液呈中性；pH<7，表示溶液呈酸性，pH越小，溶液酸性越强，
pH每减小1个单位，溶液中c(H＋)增大到原来的10倍。
(3)pH的取值范围为0～14，即只适用于c(H＋)≤1 mol·L－1或c(OH－)≤1 mol·L－1的电解质溶液，当c(H＋)
或c(OH－)>1 mol·L－1时，直接用c(H＋)或c(OH－)表示溶液的酸碱性。
3．溶液酸碱性的测定方法
(1)酸碱指示剂法(只能测定溶液的pH范围)。常见酸碱指示剂的变色范围：
指示剂 变色范围(颜色与pH的关系)
石蕊 红色←5.0紫色8.0→蓝色
酚酞 无色←8.2粉红色10.0→红色
甲基橙 红色←3.1橙色4.4→黄色
(2)利用pH试纸测定，使用的正确操作为取一小片pH试纸，放在洁净的表面皿上或玻璃片上，用干燥
洁净的玻璃棒蘸取试液点在试纸上，当试纸颜色变化稳定后迅速与标准比色卡对照，读出pH。(3)利用pH计测定，仪器pH计可精确测定试液的pH(读至小数点后2位)。
【小试牛刀】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果c(H＋)≠c(OH－)，则溶液一定呈一定的酸碱性( )
(2)任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH－)( )
(3)c(H＋)等于10-6 mol·L-1的溶液一定呈现酸性( )
(4)pH＜7的溶液一定呈酸性( )
(5)在任何条件下，纯水都呈中性( )
(6)25 ℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等( )
(7)在100 ℃时，纯水的pH＞7( )
(8)如果c(H＋)/ c(OH－)的值越大，则酸性越强( )
(9)升高温度，水的电离程度增大，酸性增强( )
(10)25 ℃时，0.01 mol·L－1的KOH溶液的pH＝12( )
(11)任何温度下，利用H＋和OH－浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性( )
(12)某溶液的c(H＋)＞10－7 mol·L－1，则该溶液呈酸性( )
(13)pH减小，溶液的酸性一定增强( )
(14)100 ℃时K ＝1.0×10－12 mol2·L－2，0.01 mol·L－1盐酸的pH＝2，0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝
w
10( )
(15)用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低( )
(16)用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4( )
(17)用pH计测得某溶液的pH为7.45( )
(18)1.0×10－3 mol·L－1盐酸的pH＝3，1.0×10－8 mol·L－1盐酸的pH＝8( )
(19)pH＝a的醋酸溶液稀释一倍后，溶液的pH＝b，则a＞b( )
答案：(1) √ (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)× (7) × (8) √ (9)× (10)√ (11)√ (12)×
(13)× (14)√ (15)× (16)× (17)√ (18)× (19)×
【典例】
例1 (2022·浙江省1月选考)水溶液呈酸性的盐是( )
A．NH Cl B．BaCl C．HSO D．Ca(OH)
4 2 2 4 2
【答案】A
【解析】A项，NH Cl盐溶液存在NH ++H O NH ·H O+H+而显酸性，A符合题意；B项，BaCl
4 4 2 3 2 2
溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；C项，HSO 属于酸，不是盐类，
2 4
C不符合题意；D项，Ca(OH) 是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。
2
例2 (2022·浙江省1月选考)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
2 a1 a2是( )
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
2 2
0.013%
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
2
者，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-)8.0蓝色
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．中和滴定原理的拓展应用
(1)沉淀滴定
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。
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
3
时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag CrO 更难溶的缘故。
2 4
(2)氧化还原滴定
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。
实例：
①酸性KMnO 溶液滴定HC O 溶液
4 2 2 4
原理：2MnO＋6H＋＋5HC O===10CO ↑＋2Mn2＋＋8HO
2 2 4 2 2
指示剂：酸性KMnO 溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入一滴酸性KMnO 溶液后，溶液
4 4
由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。
②NaSO 溶液滴定碘液
2 2 3
原理：2NaSO＋I===Na SO＋2NaI
2 2 3 2 2 4 6
指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入一滴NaSO 溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，
2 2 3
说明到达滴定终点。
【小试牛刀】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)滴定终点就是酸碱恰好中和的点( )
(2)滴定管盛标准溶液时，调液面一定要调到“0”刻度( )
(3)KMnO 溶液应用碱式滴定管盛装( )
4
(4)用碱式滴定管准确量取20.00 mL的NaOH溶液( )
(5)将液面在0 mL处的25 mL的酸式滴定管中的液体全部放出，液体的体积为25 mL( )
(6)中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入2～3 mL( )
(7)中和滴定实验时，滴定管、锥形瓶均用待测液润洗( )
(8)用标准HCl溶液滴定NaHCO 溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂( )
3
(9)滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁( )
(10)用稀NaOH滴定盐酸，用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定( )
(11)25 ℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH＝7，V c(M+)>c(H+)=c(OH-)
4
C．a点对应的溶液中：c(M+)+c(MOH)=8c(SO 2-)
4
D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：c>b=d
【答案】C
【解析】酸碱恰好发生中和反应是，反应放出的热量最大，温度最高，因此c点为酸碱恰好完全反应
的点，消耗硫酸的体积为20mL；根据2MOH~H SO 可知：c(HSO )= =0.05
2 4 2 4
mol·L-1。A项，根据图像可知，当AG=lg =-8时，溶液为MOH， =10-8，根据
K =c(H+)×c(OH-)=10-14可知，c(OH-)=10-3mol/L，根据K= = ≈10-5，故A错误；
w b
B项，根据电荷守恒：2c(SO 2-)+ c(OH-)= c(M+)+ c(H+)，当AG=0时，AG=lg =0，所以c(OH-)=
4
c(H+)，2c(SO 2-)= c(M+)，所以溶液中存在：c(M+)>c(SO2-) >c(H+)=c(OH-)，故B错误；C项，a点时，消耗
4 4
硫酸5mL，根据2MOH~H SO 可知：消耗MOH的量2×0.05×5×10-3mol；剩余MOH的量为20.00×10-
2 43×0.1000 -2×0.05×5×10-3=1.5×10-3mol，生成MSO 的量为0.05×5×10-3mol，即混合液中n(MOH)：
2 4
n(M SO )=1.5：0.25=6：1；根据物料守恒可知，c(M+)+c(MOH)=8c(SO 2-)，故C正确；D项，c点为酸碱恰
2 4 4
好完全反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水电离，硫酸属于强
酸，对水的电离平衡抑制程度大，因此水的电离程度：c>b>d，故D错误；故选C。
16．常温下，用NaOH溶液滴定HC O 溶液，溶液中 和-1gc(HC O )或
2 2 4 2
和-lgc(C O )关系如图所示，下列说法正确的是( )
2
A．水的电离程度：M点>N点
B．滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)-3c(HC O-)>0
2 4
C．若c(HC O-)>c(C O2-)>c(H C O)，则pH范围为3.5K = ，由电离常数可知 ，
a2
，由图可知，当c(H+)= c(HC O)或c(H+)= c(HC O-)时可得K =10-2、
2 2 4 2 4 a1K =10-5，则下端直线代表 ，上端直线代表 。A项，由分析可知，下端直线
a2
代表 ，上端直线代表 ，则M点为草酸的第一步电离，N点为第二步电离，
水的电离程度N点>M点，故A错误；B项，当pH=5时，由K = =10-5可得
a2
c(HC O-)=c(C O2-)，溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HC O-)+2c(C O2-)，整合两式可得
2 4 2 4 2 4 2 4
c(Na+)-3c(HC O-)=c(OH-)-c(H+)<0，故B错误；C项，由c(HC O-)>c(C O2-)>c(H C O)可得 )>
2 4 2 4 2 4 2 2 4
>1，由电离常数可得 )> >1，解不等式可知氢离子的范围为10-5mol/L<
c(H+)<10-3.5mol/L，则pH范围为3.510-7mol•L-1
2
D．混合溶液的pH=7时，存在c(HR)c(HCO-)>c(H CO)>c(NH•H O)
4 3 4 3 2 3 3 2
B．某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol·L-1，则该溶液的pH=a
C．HC O 溶液中c(HC O-)=c(H C O)时pH=1.12，则HC O 的K =10-1.12
2 2 4 2 4 2 2 4 2 2 4 a2D．0.1mol·L-1的硫酸钾溶液导电能力比同浓度的氯化钾溶液强
【答案】D
【解析】A项，pH=7.8的NH HCO 溶液中HCO -的水解程度大于NH +的水解程度：
4 3 3 4
c(NH +)>c(HCO-)>c(NH•H O) >c(H CO)，A项错误；B项，当溶液为酸时，由水电离出的c(H+)不是该溶
4 3 3 2 2 3
液的pH，B项错误；C项，HC O 溶液中c(HC O-)=c(H C O)时pH=1.12，则HC O 的K =10-1.12，C项错
2 2 4 2 4 2 2 4 2 2 4 a1
误；D项，同浓度的硫酸钾溶液导电能力比同浓度的氯化钾溶液强，D项正确。故选D。
2．(2022·浙江省精诚联盟高三选考适应性考试)已知25℃时，HS的K =1.3×10-7，K =7.1×10-15
2 a1 a2
的HS溶液用 固体调整溶液的 值，设体积不发生改变，下列说法正确的是( )
2
A．0.1 mol·L-1HS 溶液的电离度约为1.0%
2
B．NaHS水溶液呈现碱性，温度升高溶液 一定升高
C．当溶液的pH=7时，溶液中的c(HS- )≈0.057 mol·L-1
D．当溶液的pH=13时，溶液中的c(HS- )=c(S2-)
【答案】C
【解析】A项，设电离度为 ， ，则0.1
mol·L-1HS溶液的电离度约为0.114%，A错误；B项，NaHS溶液既电离又水解，水溶液呈现碱性，说明水
2
解程度大于电离程度，升高温度，促进水解、氢氧根浓度增大、但Kw也增大，则氢离子浓度有可能增大、
故温度升高溶液pH不一定升高，B错误；C项，NaHS水溶液呈现碱性，当溶液的pH=7时所得溶液为HS
2
和NaHS的混合溶液，则存在 ，可得溶液中的
c(HS- )≈0.057 mol·L-1，C正确；D项， ，当溶液的pH=13时，c(H+)=1.0×10-
13mol·L-1， =0.071，c(HS- ) ≠ c(S2-)，D错误；故选C。
3．(2022·浙江省精诚联盟高三选考适应性考试)下列说法不正确的是( )A．任何水溶液的K =1.0×10-14
W
B．25℃，1 ml pH=5的CHCOOH溶液稀释到 ，所得溶液的 接近7
3
C．25℃时，NH ·H O与CHCOOH的电离平衡常数相等，某浓度的NH Cl溶液的pH=4.3，则相同浓
3 2 3 4
度的CHCOONa溶液的pH=9.7
3
D．25℃时，当 和 的物质的量之比为1∶2溶于水得到的溶液 ，则溶液中
【答案】A
【解析】A项，K 只与温度有关，温度不同K 值不同，故应为25℃时，任何水溶液的K =1.0×10-14，
w w W
A项错误；B项，25℃，1 ml pH=5的CHCOOH溶液稀释1000倍，但酸溶液再稀释也不可能稀释成中性
3
溶液或者碱性溶液，故所得溶液的pH接近7，B项正确；C项，25℃时，NH ·H O与CHCOOH的电离平
3 2 3
衡常数相等，说明NH +和CHCOO-水解能力相同，某浓度的NH Cl溶液的pH=4.3，说明NH +水解生成的
4 3 4 4
c(H+)约为10-4.3mol/L，故相同浓度的CHCOONa溶液，CHCOO-水解生成的c(OH-)约为10-4.3mol/L，故
3 3
pH=9.7，C项正确；D项，pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)=c(X-)，再根据物料守恒3c(Na+)= c(HX)
+c(X-)，故可得c(X-)∶c(HX)=1∶2，D项正确；故选A。
4．(2022·海南省海口市二模)常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是( )
A．含有Al3+的溶液中：K+、Na+、HCO -、Cl-
3
B． 的溶液中：K+、Na+、MnO -、Cl-
4
C．pH=6.5的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SO 2-
4
D．水电离出的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的溶液中：Na+、NH +、S2-、Br-
4
【答案】C
【解析】A项，Al3+与HCO -能发生双水解反应，二者不能共存，A不符合题意；B项，
3
的溶液呈酸性，酸性条件下，MnO -能氧化Cl-，二者不能共存，B不符合题意；C项，常温下，pH=6.5的
4
溶液呈弱酸性，Na+、Mg2+、Cl-、SO 2-可以大量共存，C符合题意；D项，常温下，水电离出的
4
c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的溶液既可以为酸性溶液又可以为碱性溶液；酸性溶液中，S2-不能大量存在，碱性溶
液中，NH +不能大量存在，D不符合题意；故选C。
4
5．(2022·重庆市育才中学模拟预测)下列叙述正确的是( )
A．0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性，溶液中c(H S)＜c(S2-)
2B．向0.1mol·L-1NaBr溶液中加入少量AgCl固体，则c(Br-)变小
C．25℃时，pH=3的盐酸与 的氨水等体积混合后，则pH＜7
D．pH=5的CHCOOH和HCO 两种溶液中，c(H CO)＜c(CHCOOH)
3 2 3 2 3 3
【答案】B
【解析】A项， 0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性，说明HS-的水解程度大于其电离程度，水解产生HS，
2
电离产生S2-，故溶液中c(H S) ＞c(S2-)，A错误；B项，向0.1mol·L-1NaBr溶液中加入少量AgCl固体，发
2
生沉淀转化，AgCl+Br- AgBr+Cl-，则c(Br-)变小，B正确；C项，25℃时，pH=3的盐酸与pH=11的氨
水等体积混合后，由于一水合氨为弱碱，pH=11的氨水中一水合氨的浓度远远大于10-3mol/L，混合后溶液
显碱性，pH＞7，C错误；D项，pH=5的CHCOOH和HCO 两种溶液中，由于碳酸酸性比醋酸弱，相同
3 2 3
pH值时碳酸溶液的浓度大，即c(H CO)＞c(CHCOOH)，D错误；故选B。
2 3 3
6．(2022·浙江大学附属中学高三选考模拟)下列说法正确的是( )
A．已知室温时K(HA)=1.0×10-5，则室温时 溶液的pH约为9
a
B．加水稀释HA溶液，水电离出的保持不变
2
C．向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH) 溶液至硫酸根离子刚好完全沉淀时，所得溶液中离子浓度关系有：
2
(K+)＞c(AlO-)＞c(OH-)＞c(H+)
2
D．常温下，向含0.1molCHCOOH的溶液中加入 固体，反应后溶液中
3
c(CHCOOH)=c(CHCOO-)，则溶液显碱性(醋酸的电离常数K=1.75×10-5)
3 3 a
【答案】C
【解析】A项，已知室温时K(HA)=1.0×10-5，则A-的水解平衡常数为 =10-9，室温时
a
溶液中的水解程度很小，则 ，c(OH-)=10-6mol/L，则溶液的
pH约为8，A错误；B项，加水稀释HA溶液，酸的电离程度减小，对水的电离的抑制作用减弱，则水电
2
离出的c(H+)×c(OH-)增大，B错误；C项，向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH) 溶液至硫酸根离子刚好完全沉淀
2
时，即二者为1：2的比例反应，生成硫酸钡和片氯酸钾，即所得溶液为片氯酸钾溶液，溶液为碱性，其中
离子浓度关系有：(K+)＞c(AlO-)＞c(OH-)＞c(H+)，C正确；D项，反应后溶液中
2c(CHCOOH)=c(CHCOO-)，醋酸的电离常数 ，则溶液显酸性，D
3 3
错误；故选C。
7．(2022·浙江省杭州第二中学高三选考模拟)下列说法不正确的是( )
A．25℃时，中和pH和体积均相等的乙酸和盐酸溶液，乙酸消耗NaOH的物质的量多
B．50℃时，1L1 mol∙L－１的氯化铵溶液中滴入氨水至pH=7， 数目大于Cl-数目
C．25℃时，pH=10的NaCO 溶液浓度小于pH=9的NaCO 溶液浓度的10倍
2 3 2 3
D．25℃时，某溶液水电离出的c(H+)＜10-7mol∙L－１，则该溶液的溶质可能是酸、碱或盐
【答案】C
【解析】A项，盐酸为强酸，乙酸为弱酸，pH相同时，乙酸的浓度比盐酸大，pH和体积均相等的乙
酸和盐酸中，乙酸的物质的量大，消耗NaOH的物质的量多，A正确；B项，50℃时，K (H O)＞10-14，
W 2
pH=7，c(H+)=10-7mol/L，c(OH-)＞10-7mol/L，则c(OH-)＞c(H+)，1L1 mol∙L－１的氯化铵溶液中滴入氨水至
pH=7，c(H+)+ c(NH +)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH +)＞c(Cl-)，所以NH +数目大于Cl-数目，B正确；C项，
4 4 4
25℃时，NaCO 溶液浓度越大，水解产生的c(OH-)越大，但水解程度越小，pH=10的NaCO 溶液中
2 3 2 3
c(OH-)是pH=9的NaCO 溶液中c(OH-)的10倍，则pH=10的NaCO 溶液浓度大于pH=9的NaCO 溶液浓
2 3 2 3 2 3
度的10倍，C不正确；D项，25℃时，某溶液中水电离出的c(H+)＜10-7mol∙L－１，则水的电离受到抑制，
该溶液的溶质可能是酸、碱或强酸的酸式盐(或酸式根以电离为主的弱酸的酸式盐)，D正确；故选C。
8．(2022·湖南省娄底市第五中学高三模拟)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(
)
A．c(H+) /c(OH-) =10-12的溶液中： NH +、Ba2+ 、Cl-、NO -
4 3
B．透明的溶液中：K+、Na+、SO 2-、MnO-
4 4
C．能使甲基橙变红的溶液中：Fe2+ 、K+、NO -、SO 2-
3 4
D．由水电离的 c(OH-)=1×10-10 mol∙L-1 的溶液中：K+ 、Na+、NO -、Al3+
3
【答案】B
【解析】A项，由比值可知 c(OH-)> c(H+)，溶液呈碱性，在碱性条件下，OH-与NH +不能大量共存，
4
故A错误；B项，透明的溶液中各离子之间互不反应，能大量共存，故B正确；C项，能使甲基橙变红的
溶液呈酸性，酸性条件下，H+、Fe2+与NO -发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D项，由水电
3
离的 c(OH-)=1×10-10 mol∙L-1 的溶液，水的电离收到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，碱性溶液中，
OH-与Al3+不能大量共存，故D错误；故选B。
9．(2022·河北省唐山市三模)水溶液中存在多种平衡，下列说法正确的是( )A．稀醋酸溶液稀释时，溶液中所有离子的物质的量浓度均减小
B．水溶液中，pH=7时，溶液一定呈中性
C．物质的量浓度相等的CHCOOH和CHCOONa溶液等体积混合，则c(CHCOO-)+2 c(OH-)=2 c(H+)
3 3 3
+c(CHCOOH)
3
D．用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的CHCOOH溶液，若选用甲基橙做指示剂，滴定过程中
3
水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】A项，加水稀释醋酸，其溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误； B项，常温下水溶液中，
pH=7时，温度未知，水的离子积K 未知，故B错误；C项，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)
W
+c(CHCOO-)，由物料守恒c(Na+)=c(CHCOOH)+c(CHCOO-)，两式相加得：c(CHCOO-)+2 c(OH-)=2 c(H+)
3 3 3 3
+c(CHCOOH)，故C正确；D项，NaOH溶液滴定未知浓度的CHCOOH，若选用甲基橙做指示剂，水的
3 3
电离一直被抑制，故D错误；故选C。
10．(2022·山东省潍坊市高三期末统考)缓冲溶液由浓度较大的弱酸及相应的盐溶液组成，其溶液能够
保持稳定的pH，溶液pH的计算公式为pH= -lgK +lg 。现有25°C浓度均为1mol·L-1的CHCOOH
a 3
和CHCOONa缓冲溶液[已知25°C时，K(CHCOOH) =1.75 ×10-5mol·L-1]。下列说法正确的是( )
3 a 3
A．决定该缓冲溶液pH的主要因素是CHCOOH的K
3 a
B．将该缓冲溶液稀释一倍，溶液中c(H+ )减小为原来的
C．向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，溶液pH几乎不变
D．该缓冲溶液中： c( CH COO-) -c( CH COOH) ＜c(H+) -c(OH- )
3 3
【答案】AC
【解析】A项，依据pH= -lgK +lg 溶液能够保持稳定的pH，外加酸碱对pH影响很小，决定
a
该缓冲溶液pH的主要取决于CHCOOH的Ka，故A正确；B项，稀释CHCOOH的Ka不变， 不
3 3
变，故pH几乎不变，即溶液中c(H+ )不变，故B错误；C项，向该缓冲溶液中加入几滴NaOH溶液，由于
溶液中存在CHCOOH CHCOO-+H+，加入几滴NaOH溶液使平衡正向移动，溶液中c(H+ )几乎不变，
3 3
pH不变，故C正确；D项，根据物料守恒得c( CH COO-)+c( CHCOOH) =2 c(Na＋)，根据电荷守恒得
3 3c( CH COO-)+c(OH- )= c(Na＋)+c(H+)，根据物料守恒和电荷守恒求出质子守恒c( CH COO-)+2c(OH- )=
3 3
c( CH COOH)+2c(H+) ，根据pH= -lgK +lg =-lg1.75 ×10-5+ lg1=4.76，溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-
3 a
)，则c( CH COO-)+c(OH- )＞c( CH COOH)+c(H+) ，c( CH COO-) -c( CH COOH) >c(H+) -c(OH- )，故D错误；
3 3 3 3
故选AC。
11．(2022·广东省东莞市高三模拟)窒温下，向20mL0.10mol/LCH COOH溶液中逐滴加入0.10mol/
3
LNaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc(H +)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。(忽略
水
溶液混合引起的体积变化)。下列说法错误的是( )
A．室温下，醋酸的电离常数约为1.0×10-5
B．c、e两点溶液：c点显中性，e点显碱性
C．d点溶液中：c(Na+)+c(CH COO-)=0.05mol/L
3
D．b、f点溶液中均有：c(CHCOO-)>c(CH COOH)
3 3
【答案】C
【解析】A项，0.10mol/LCH COOH溶液，[-lgc(H +)]=11，c(H+)=10-3mol/L，醋酸的电离常数约为
3 水
=1.0×10-5，A正确；B项，d点酸碱恰好完全反应生成CHCOONa，溶液呈碱性，要使混合溶
3
液呈中性，则醋酸应该稍微过量，c点醋酸过量、e点NaOH过量，则c点溶液呈中性、e点溶液呈碱性，
B正确；C项，d点酸碱恰好完全反应生成CHCOONa，混合溶液体积是醋酸或NaOH溶液体积的2倍，
3则浓度是原来一半，根据物料守恒得c(Na+)+c(CH COO-)+c(CH COOH)=0.1mol/L， c(CHCOOH)很小，故
3 3 3
c(Na+)+c(CH COO-)>0.05mol/L，C错误；D项，点加入n(NaOH)是醋酸的一半，则混合溶液中溶质为等物
3
质的量浓度的CHCOOH、CHCOONa，CHCOOH抑制水电离、CHCOONa促进水电离，根据图知，水
3 3 3 3
的电离出的c(H+)＜10-7mol/L，水的电离被抑制，说明CHCOOH电离程度大于CHCOONa水解程度，则
3 3
溶液中存在c(CHCOO-)＞c(CHCOOH)；f点溶液中溶质为等物质的量浓度的CHCOONa、NaOH，故存在
3 3 3
c(CHCOO-)＞c(CHCOOH)，D正确；故选C。
3 3
12．(2022·广东省深圳市光明区高三名校联考)常温下，用0.0100mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL浓度
均为0.0100mol·L-1的HCl和HA的混合溶液，所得溶液pH变化如图所示。已知HA的电离常数 。
下列有关说法错误的是( )
A．b点溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
B．若c点的pH=5，则该点溶液中：c(HA)=c(A-)
C．曲线上任何一点溶液中：c(Cl-)=c(A-)+c(HA)
D．在滴定过程中，水的电离程度：d>c>b>a
【答案】A
【解析】A项，b点溶液中：可认为HCl完全反应，溶质成分为NaCl和HA，，且两者的物质的量之
比为1：1，溶液显酸性，c(Na+)=c(Cl-)，HA H+A-部分电离，水中也能电离产生氢离子，故氢离子浓
度大于A-，A错误；B项，HA的电离常数 ，若c点的pH=5，c(H+)=10-5mol/L，
c(HA)=c(A-)，B正确；C项，HCl和HA的混合溶液中浓度相等，物质的量也相等，根据物料守恒，曲线
上任何一点溶液中：c(Cl-)=c(A-)+c(HA)，C正确；D项，在滴定过程中，d点为滴定终点，溶质成分为正盐：NaCl和NaA，水的电离程度最大，起点为酸溶液，酸抑制水电离，滴加氢氧化钠溶液的过程中抑制程度逐
渐减弱，生成正盐时水的电离程度最大，故水的电离程度：d>c>b>a ，D正确；故选A。
13．(2022·四川省泸县第二中学模拟预测)常温下，分别取未知浓度的NaOH和HA溶液，加水稀释至
原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．P线代表HA的稀释图像且HA为强酸
B．X、Y、Z点水的电离程度：Z>Y=X
C．将X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时，c(A-)＜c(Na+)+c(HA)
D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液中一定有：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】由图像可知，稀释过程中，Q线溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化等于n个单位，说明
Q线代表强碱NaOH ，P线溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化小于n个单位，说明P线代表HA且为
弱酸。A项，P线代表HA的稀释图像且HA为弱酸，故A错误；B项，常温下，P线代表弱酸HA，X点
pH=5，则水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，Q线代表强碱NaOH ，Y点pH=10，水电离出的氢离子浓
度为10-10mol/L，Z点pH=9水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，所以电离程度：X=Z>Y，故B错误；C项，
电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，溶液呈中性，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则
c(Na+)=c(A-)，c(A-)＜c(Na+)+c(HA)，故C正确；D项，X点pH=5，氢离子浓度为10-5mol/L，但HA为弱酸，
HA的浓度大于10-5mol/L，Z点pH=9，氢氧根离子浓度为10-5mol/L，MOH为强碱，浓度为10-5mol/L，则
X点与Z点等体积混合后的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子，故D错误；故选C。
14．(2022·安徽省合肥市第六中学模拟预测)常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和NaOH
溶液，混合溶液的pH与粒子浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )A．a点时两溶液中水的电离程度相同
B．曲线L 表示lg 与pH的变化关系
2
C．0.01mol·L-1YX溶液中存在：c(Y+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
D．等浓度的HX和NaX混合溶液中存在：c(Na+)>c(X-)>c(HX)
【答案】C
【解析】向NaX溶液中加入HCl，随着HCl的滴入，溶液的pH减小，X-浓度减小，HX浓度增大，
减小，曲线L 表示 与pH的变化关系；向YCl溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的滴
2
入，溶液的pH增大，Y+浓度减小，YOH浓度增大， 减小，曲线L 表示 与pH的变化
1
关系。A项，a点溶液的pH大于7，对L 说明YOH的电离程度大于Y+的水解程度，YOH的电离对水的电
1
离起抑制作用，对L 说明X-的水解程度大于HX的电离程度，X-的水解对水的电离起促进作用，故a点两
2
溶液中水的电离程度不相同，A项错误；B项，曲线L 表示 与pH的变化关系，B项错误；C项，
1
HX的电离平衡常数K (HX)= ，YOH的电离平衡常数K (YOH)= ，a点溶液的
a bpH大于7，即溶液中c(H+)＜c(OH-)，a点 = ， = ，则K (HX)＜
a
K (YOH)，YX溶液中X-的水解程度大于Y+的水解程度，溶液呈碱性，溶液中存在：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)
b
＞c(H+)，C项正确；D项，曲线L 表示 与pH的变化关系，当 =0时(即X-与HX浓度相
2
等)溶液的pH=5.5，HX的电离平衡常数K (HX)= =10-5.5，X-的水解平衡常数K (X-)=
a h
= =10-8.5＜K (HX) =10-5.5，等浓度的HX和NaX混合溶液中HX的电离程度大
a
于X-的水解程度，溶液中存在c(X-)＞c(Na+)＞ c(HX)，D项错误；故选C。
15．(2022·四川省成都市一模)现有HA、HB和HC三种酸，室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴
2
定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积
的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．a点时的溶液中由水电离出的c(OH—)=3×10-13mol·L-1
B．b点对应溶液中：c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)
C．曲线c点对应溶液中：c(H+)+c(HB)=c(OH—)
D．已知HC的一级电离为HC=H++HC—，常温下0.1mol·L-1的HC溶液中c(H+)=0.11mol·L-1，则往
2 2 2
NaB溶液中滴入少量HC溶液，反应的离子方程式为B—+H C=HB+HC—
2 2
【答案】D
【解析】A项，由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，在溶液中完全电离，a点时的溶液中氢离子浓度为 = mol/L，则水电离出的氢
离子浓度为 =3×10-13mol/L，故A正确；B项，由图可知，b点对应的溶液为等浓度的HB和NaB
的混合溶液，溶液呈酸性，说明溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的浓度大小顺序为
c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)，故B正确；C项，由图可知，c点对应的溶液为NaB溶液，溶液中存
在质子守恒关系c(H+)+c(HB)=c(OH—)，故C正确；D项，由HC的一级电离方程式可知，HC在溶液中第
2 2
一步电离是完全电离，所以NaB溶液中滴入少量HC溶液，反应的离子方程式为B—+H+=HB，故D错误；
2
故选D。
16．(2022·北京市十一学校三模)室温下，向20.0mL0.1mol·L-1的某弱酸 的溶液中滴加同浓度的
NaOH，过程中 随 的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a到c的过程中，[c(HA)+ c(A-)]为定值
B．a到c的过程中，水的电离程度不断增大
C．b点时，c(Na+)＞c(A-)
D．c点时加入碱的体积为
【答案】B
【解析】A项，根据物料守恒，[c(HA)+ c(A-)]是定值， a到c的过程中，溶液溶液总体积增大，所以
[c(HA)+ c(A-)]减小，故A错误；B项，NaA水解促进水电离、HA电离抑制水电离，NaA溶液呈碱性，c
点呈中性，说明c点溶质中含有部分HA未被中和，a到c的过程中，NaA逐渐增多、HA逐渐减少，所以
水的电离程度不断增大，故B正确；C项，根据电荷守c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，b点时，溶液呈酸性，
所以c(Na+)＜c(A-)，故C错误；D项，若加入碱的体积为20.0mL，酸碱恰好反应生成NaA，溶液呈碱性，c点溶液呈中性，所以加入碱的体积小于20.0mL，故D错误；故选B。
17．(2022·浙江省杭州二中、温州中学、金华一中高三选考模拟)当25℃时，向20.00mL某浓度新制氯
水中滴入 的NaOH溶液，滴定曲线如图所示，已知次氯酸的电离常数为K =2.5×10-8。下列说法
a
正确的是( )
A．甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：HClO+OH-=H O+ClO-
2
B．甲到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C．丙点溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(HClO)＞c(H+)
D．氯水中存在平衡：Cl+H O HCl+HClO，其平衡常数K的数量级为10-4
2 2
【答案】C
【解析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发
生H+与OH-的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH-的反应。A项，甲到乙发生的非氧化还原
反应主要为：H++OH-=H O，A不正确；B项，甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反
2
应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增
大，水的电离程度不断减小，B不正确；C项，丙点溶液中，K = =2.5×10-8，此时c(H+)=10-
a
8mol/L，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞
c(ClO-)＞c(HClO)＞c(H+)，C正确；D项，氯水中存在平衡：Cl+H O HCl+HClO，pH=10时，Cl 与
2 2 2
NaOH刚好完全反应，由Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+H O，可求出c(Cl )= =0.05mol/L，其
2 2 2平衡常数K= = = ，数量级为10-5或更小，D不正确；
故选C。
18．(2022·四川省成都市高三模拟)常温下，往100 mL0.1mol·L-1的HR溶液(此时为a点)中不断加入
2
NaOH固体，溶液中由水电离出来的c (H+)的负对数[ ]与 的变化关系如图所示，下列
水
说法正确的是( )
A．HR的电离方程式为： ，
2
B．b点时，加入的NaOH的质量为0.6g
C．c、e两点溶液均显中性
D．d的坐标为(5，6)
【答案】D
【解析】向HR溶液中加入NaOH固体，溶液体积变化可以忽略不计，随着NaOH的加入，R2-逐渐增
2
大，HR-逐渐减小，则两者比值逐渐增大。R2-的水解可以促进水的电离，所以水电离出来的氢离子浓度逐
渐增大，当到达d点时，水的电离程度达到最大，此时溶液中的溶质为NaR。再继续加入NaOH，由于
2
NaOH会抑制水的电离，所以水的电离程度又逐渐降低。A项，a点溶质为0.1mol/L的HR溶液，此时溶
2
液中水电离出来的H+浓度为10-13mol/L，水的电离受到抑制，溶液中水电离出来的氢离子浓度等于水电离
出来的OH-浓度，溶液中的OH-浓度就等于水电离出来的OH-浓度，则溶液中的H+浓度为0.1mol/L。=-2，所以 =10-2mol/L，HR的第二步电离是微弱的，相对于第一步电离可以忽略，
2
0.1molHR溶液中的H+浓度为0.1mol/L，所以HR的第一步电离是完全的，第二步电离是不完全的，所以
2 2
HR的电离方程式为：HR=H++HR-，HR- H++R2-，故A错误；B项，b点坐标为(0，11)，则此时
2 2
c(R2-)=c(HR-)，若溶液中的溶质为等物质的量的NaR和NaHR，根据HR溶液为100 mL0.1mol·L-1，可知其
2 2
物质的量为0.01mol，则NaR和NaHR均为0.005mol，根据钠元素守恒，NaOH为0.015mol，质量为
2
0.6g。若等物质的量的NaR和NaHR混合，由于R2-的水解程度、HR-的水解程度不相同，所以混合后溶液
2
中b点c(R2-)不等于c(HR-)，故B错误；C项，c点的溶质是NaR和NaHR，NaR促进水的电离，NaHR只
2 2
电离不水解，NaHR抑制水的电离，促进和抑制的程度相等，所以c点水电离出来的H+浓度等于10-
7mol/L，此时溶液呈中性；e点溶质是NaR和NaOH，NaR促进水的电离，NaOH抑制水的电离，促进和
2 2
抑制的程度相等，所以e点水电离出来的H+浓度也等于10-7mol/L，此时溶液呈碱性，故C错误；D项，a
点溶质为0.1mol/L的HR溶液，此时溶液中水电离出来的H+浓度为10-13mol/L，则溶液中的H+浓度为
2
0.1mol/L。 =-2，所以 =10-2mol/L，则 =K =0.1×10-2=10-3。D点溶质为NaR，忽
a 2
略溶液体积变化，NaR浓度为0.1mol/L，R2-水解：R2-+H O HR-+OH-，此时溶液中c(OH-)=c(HR-)，
2 2
则K = = =10-11，而c(R2-)近似等于0.1mol/L，所以c(OH-)=10-6mol/L，此溶液中
h
水的电离受到促进，所以溶液中水电离出来的H+浓度为10-6mol/L，即纵坐标为6；NaR溶液中c(OH-)=10-
2
6mol/L，则c(H+)=10-8mol/L，K =10-3= ，则 = =105，所以 =5，横坐标为5，
a
则d的坐标为(5，6)，故D正确；故选D。
19．(2022·山东省济南市三模)室温下，向20mL0.1mol·L-1的HA(K=1.0×10-5)溶液中逐滴加入
a
0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图中曲线①所示。下列说法错误的
是( )A．a点，pH>5
B．水的电离程度：c>b>a
C．该滴定实验可选择酚酞做指示剂
D．若将HA改为20mL0.1mol·L-1的盐酸，则滴定曲线应如②所示
【答案】D
【解析】A项，K=1.0×10-5， ，A-的水解常数是10是1.0×10-9，a点溶质为等浓度
a
的NaA、HA，HA电离大于A-水解，所以c(A-)>c(HA)，则c(H+)<1.0×10-5，所以pH>5，故A正确；B项，
HA电离抑制水电离，a点到c点，HA逐渐减小，c点HA和NaOH恰好完全反应，溶质为NaA，A-水解促
进水电离，所以水的电离程度c>b>a，故B正确；C项，该滴定实验，滴定终点溶液呈碱性，可选择酚酞
做指示剂，故C正确；D项，若将HA改为20mL0.1mol·L-1的盐酸，开始滴定时，pH变化幅度很小，接近
滴定终点时，pH才发生突变，所以滴定曲线不能用②表示，故D错误；故选D。
20．(2022·辽宁省大连市高三模拟预测)25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L−1氨水的pH，体系中粒子浓
度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[ ]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液
体积的变化，下列有关说法正确的是( )A．25℃时，NH ·H O的电离平衡常数为10-9.25
3 2
B．t=0.5时，2c(H+)+c(NH·H O)=c(NH +)+2c(OH−)
3 2 4
C．P 所示溶液：c(Cl−)=0.05mol·L−1
1
D．P 所示溶液：c(NH +)>100c(NH·H O)
2 4 3 2
【答案】D
【解析】A项，NH ·H O的电离平衡常数K= ，据图可知当lgc(NH+)=lgc(NH ·H O)，即
3 2 4 3 2
c(NH +)=c(NH·H O)时，溶液pH=9.25，则此时c(OH−)=10-4.75mol/L，所以K=10-4.75，A错误；B项，t=0.5时，
4 3 2
溶液中的溶质为等物质的量的NH ·H O和NH Cl，溶液中存在电荷守恒：c(NH +)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，存
3 2 4 4
在物料守恒2c(Cl−)=c(NH·H O)+c(NH +)，联立可得2c(H+)+ c(NH +) = c(NH ·H O) +2c(OH−)，B错误；C项，
3 2 4 4 3 2
若c(Cl−)=0.05mol·L−1，则此时溶质应为等物质的量的NH ·H O和NH Cl，由于NH +的水解程度和NH ·H O
3 2 4 4 3 2
的电离程度不同，所以此时溶液中c(NH +)≠c(NH ·H O)，与P 不符，C错误；D项，K= =10-
4 3 2 1
4.75，P 所示溶液pH=7，则c(OH-)=10-7，所以 = =102.25＞100，D正确；故选D。
2
21．(2022·四川省遂宁市高三一诊理科综合)25℃时，向 的二元酸HA溶液中逐滴
2
滴入等浓度的NaOH溶液，测得溶液的pH与lg Y[Y代表 或 ]关系如图。下列相关结论正确
的是( )A．曲线a表示pH与 的变化关系
B．25℃时，HA的K 约为10-7.2
2 a2
C．当溶液的pH=6时，c(Na＋)+c(H＋)=c(HA)+c(A2－)+c(OH―)
-
D．滴入20.00mL NaOH溶液时，c(Na＋)＞c(HA-)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】B
【解析】根据向HA溶液中加入NaOH溶液的反应过程可知，HA越来越少，先生成HA-，在生成
2 2
A2-，则可知曲线a代表lg 随pH的变化，曲线b代表 随pH的变化曲线，已知HA
2
H++HA-，则有Ka= ，根据曲线a可知，Ka= =101.88×10-4=10-2.12，HA- H+
1 1
+A2-，则有Ka= ，根据曲线b可知，Ka= =102.8×10-10=10-7.2。A项，由分析可知，
2 2
曲线a表示pH与lg 的变化关系，A错误；B项，由分析可知，25℃时，HA的K 约为10-7.2，B正
2 a2
确；C项，根据电荷守恒可知，当溶液的pH=6时，c(Na＋)+c(H＋)=c(HA)+2c(A2－)+c(OH―)，C错误；D项，
-
滴入20.00mL NaOH溶液时即生成NaHA溶液，由分析可知，Ka=10-7.2，Kh = = =10-11.88，即HA-
2 2
的电离大于水解，反应后溶液呈酸性，故离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H＋) c(OH―)＞，D错误；故选B。
22．(2022·山东省济南市一模)谷氨酸[HOOC(CH )CH(NH+ )COO-，用HR表示]是人体内氮代谢的基
2 2 3 2
本氨基酸之一，其盐酸盐(H RCl)在水溶液中存在如下平衡：HR+ HR HR- R2-；常湿
3 3 2
下，向一定浓度的HRCl溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgx[x表示 、 或 ]随
3
pOH[pOH= -lgc(OH- )]的变化如图所示，下列说法错误的是( )
A．K 的数量级为10-2
1
B．曲线I表示pOH与lg 的变化关系
C．M点时，c(H+)+c(Na+)+c(H R+)=c(OH-)+3c(HR-)
3
D．pH=7时，c(HR-)>c(H R)>c(R2-)
2
【答案】AD
【解析】由题意知，K>K >K ，一级电离时酸性最强，因此曲线I表示pOH与lg 的关系，曲
1 2 3
线II表示pOH与lg 的关系，曲线III表示pOH与lg 的关系。A项，K= ，当lg
1
=0，即 时，pOH=11.9，因pOH=-lgc(OH-)，所以c(OH-)=10-11.9mol/L，c(H+)==10-2.1mol/L，K=c(H+)=10-2.1，数量级为10-3，A项错误；B项，曲线I表示pOH与lg 的变化关系，
1
B项正确；C项，M点时，lg =0，c(HR-)=c(R2-)，依据电荷守恒：(H+)+c(Na+)+c(H R+)=c(OH-)
3
+c(HR-)+2c(R2-)，则有c(H+)+c(Na+)+c(H R+)=c(OH-)+3c(HR-)，C项正确；D项，pH=7时，pOH=7，由曲线
3
I可知，lg >0，则c(HR-)>c(R2-)，由曲线II可知， <0，则c(HR)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；C项，滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，
2 3 3 2故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH COO-)+c(CH COOH)，C正确；D项，向20mL浓度均为
3 3
0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH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= 可知，此时
3 3
溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CHCOO-)＞c(CHCOOH)，D正确；故
3 3
选B。
2．【2020·浙江省7月选考】水溶液呈酸性的是( )
A．NaCl B．NaHSO C．HCOONa D．NaHCO
4 3
【答案】B
【解析】A项，NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；B项，
NaHSO 是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO=Na++H++SO2-，故其
4 4 4
水溶液呈酸性，B符合题意；C项，HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生
的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋HO HCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱
2
性，C不符合题意；D项，NaHCO 是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离
３
程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。故选B。
3．【2019•上海等级考】用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说
法正确的是( )
A． 可以用酚酞代替指示剂
B． 滴定前用待测液润洗锥形瓶
C． 若氢氧化钠吸收少量CO，不影响滴定结果
2
D． 当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点
【答案】C
【解析】A项，指示剂的选择原则是“由浅变深”如果用酚酞做指示剂颜色变化过程由红色变为无色，
不符合要求，A错误；B项，滴定前用待测液润洗锥形瓶滴定结果偏大，B错误；C项，如果氢氧化钠吸
收少量二氧化碳，发生反应：CO+2NaOH→Na CO+H O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧根反应，H+
2 2 3 2
+ OH-→ H O再与碳酸钠反应，CO₃²⁻+2H⁺→H₂O+CO₂↑可以发现存在关系2 OH---CO 2- --2H⁺，因此消耗盐
2 3
酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳 不影响测定结果，C正确；
D项，该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点，如果变为
红色说明盐酸已经过量，D错误。4．【2019•新课标Ⅲ卷】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
A 3 4
的是( )
A．每升溶液中的H+数目为0.02N
A
B．c(H+)= c(H PO －)+2c(H PO 2－)+3c(PO 3－)+ c(OH−)
2 4 2 4 4
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】A 项，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；B项，根据电荷守恒可知选项B正确；C项，加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离
A
子浓度减小，pH增大，C错误；D项，加入NaH PO 固体，HPO －浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸
2 4 2 4
性减弱，D错误。
5．【2019•年4月浙江选考】高温高压液态水具有接近常温下弱酸的 c(H+)或弱碱的 c(OH-)， 油脂
在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱
的水解
【答案】D
【解析】对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A 项正确；由于高温高压液态水中，
c(H+)和c(OH-)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强， 反应速率加快，B
项正确；油脂在酸性(H+做催化剂)条件下水解，高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且
产生的酸进一步催化水解，C 项正确；高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解
成相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同 c(OH-)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油
脂的互溶以及提高水中 H+浓度的方式，促进油脂的水解，D 项不正确。
6．【2019•北京卷】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
3 4 2
度变化的曲线如图所示。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
3 4 3
方向不同
【答案】C
【解析】A项，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；B项，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
3 2 3
解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C项，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 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；
2 2
D项，盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；故选C。
7．【2019•浙江11月选考】常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入
浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)
的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是( )
A． 3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B． 曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c
C． 当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)
D． 当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大
【答案】D
【解析】A、由图可知，c(HCl)分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的
100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，
即a对应的c(NaOH)最大，以此类推，选项B正确；C、当 V(NaOH)＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶
液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)＋c(Na+)＝c(Cl-)+c(OH-)，选项C正确；D、当 V(NaOH)相同
时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c(H+)应该是相同的，选项D不正确。答案选D。
8．【2018•北京卷】测定0.1 mol·L-1 Na SO 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
2 3
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
2
下列说法不正确的是( )
A．NaSO 溶液中存在水解平衡：SO 2-+H O HSO -+OH-
2 3 3 2 3
B．④的pH与①不同，是由于SO 2-浓度减小造成的
3
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的K 值相等
w
【答案】C
【解析】A项，NaSO 属于强碱弱酸盐，SO 2-存在水解平衡：SO 2-+H O HSO -+OH-、HSO -
2 3 3 3 2 3 3
+H O HSO +OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做对比实验，
2 2 3 2
④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分NaSO 被氧化成NaSO ，①与④温度相同，④与①对比，SO 2-
2 3 2 4 3
浓度减小，溶液中c(OH-)，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO 2-浓度减小造成的，B项正确；
3
C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO 2-水解平衡正向移动，c(SO 2-)减小，水解平衡逆
3 3
向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，K 只与温度有关，①与④温度相
w
同，K 值相等；故选C。
w
9．【2018•天津卷】LiH PO 是制备电池的重要原料。室温下，LiH PO 溶液的pH随c (H PO –)的变
2 4 2 4 初始 2 4化如图1所示，HPO 溶液中HPO –的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[ ]下
3 4 2 4
列有关LiH PO 溶液的叙述正确的是( )
2 4
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有HPO –、HPO 2–、PO 3–
2 4 4 4
C．随c (H PO –)增大，溶液的pH明显变小
初始 2 4
D．用浓度大于 1 mol·L-1的 HPO 溶液溶解 LiCO ，当 pH 达到 4.66 时，HPO 几乎全部转化为
3 4 2 3 3 4
LiH PO
2 4
【答案】D
【解析】A项，溶液中存在HPO –的电离平衡和水解平衡，存在HPO 2–的电离平衡，存在水的电离平
2 4 4
衡，所以至少存在4个平衡，A错误；B项，含P元素的粒子有HPO –、HPO 2–、PO 3–和HPO ，B错误；
2 4 4 4 3 4
C项，从图1中得到随着c (H PO –)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达
初始 2 4
到4.66的pH值以后就不变了，C错误；D项，由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P
的成分中HPO –占99.4%，所以此时HPO 几乎全部转化为LiH PO ，D正确。
2 4 3 4 2 4
10．【2018•新课标Ⅰ卷，27(4)】NaSO 可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中NaSO 残留量
2 2 5 2 2 5
时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离
子方程式为___________________________________________________，
该样品中NaSO 的残留量为____________g·L－1(以SO 计)。
2 2 5 2
【答案】SO＋2I＋3HO===2SO＋4I－＋6H＋ 0.128
2 2 2
【解析】根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为 SO＋2I ＋3HO===2SO＋4I－＋6H
2 2 2
＋，n(S O)＝×n(I)＝×0.010 00 mol·L－1×10.00×10－3 L＝5×10－5 mol，该样品中SO的残留量(以SO 计)为
2 2 2 2
5×10－5 mol×2×64 g·mol－1×＝0.128 g·L－1。
11．【2018•新课标Ⅱ卷，28(3)】测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀HSO 酸化，用c mol·L－1KMnO 溶液滴定至终点。滴定终
2 4 4
点的现象是________________________________________________________。②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加
稀HSO 酸化，用c mol·L－1KMnO 溶液滴定至终点，消耗KMnO 溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的
2 4 4 4
表达式为____________________。
【答案】①溶液变成粉红色且半分钟内不变色 ②×100%
【解析】①滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。②加入锌粉后将Fe3＋还原为Fe2＋，再
用KMnO 溶液滴定，将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO转化为Mn2＋：Fe2＋→Fe3＋～e－MnO→Mn2＋～5e－，可得关
4
系式：5Fe2＋～MnO，已知n(MnO)＝cV×10－3 mol，则n(Fe2＋)＝5cV×10－3 mol，则m(Fe2＋)＝5cV×10－3×56
g，该晶体中铁的质量分数w(Fe)＝×100%＝×100%。
12．【2018•新课标Ⅲ卷，26(2)】②改编]称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体，用100 mL容量瓶配成样
品溶液。取0.009 50 mol·L－1的KCr O 标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr O＋6I
2 2 7 2
－＋14H＋===3I ＋2Cr3＋＋7HO。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I ＋2SO===S O
2 2 2 2 4
＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平
均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。
【答案】蓝色褪去 95.0
【解析】加入淀粉溶液作指示剂，淀粉遇I 变蓝色，加入的NaSO 样品与I 反应，当I 消耗完后，溶
2 2 2 3 2 2
液蓝色退去，即为滴定终点。由反应Cr O＋6I－＋14H＋===3I ＋2Cr3＋＋7HO
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I＋2SO===S O＋2I－，得关系式：
2 2 4
Cr O ～ 3I ～ 6SO
2 2 2
1 6
0．009 50 mol·L－1×0.02 L 0.009 50 mol·L－1×0.02 L×6，硫代硫酸钠样品溶液的浓度＝
，样品的纯度为×100%＝95.0%。
13．【2018•新课标Ⅰ卷，26(5)】凯氏定氮法的原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化
为铵盐，铵盐经处理后，通过滴定测量，已知NH ＋HBO===NH·H BO ；NH ·H BO ＋HCl===NHCl＋
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HBO ，取某甘氨酸(C HNO )样品m克进行测定，滴定锥形瓶中吸收液(含NH ·H BO 和指示剂)时消耗浓
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度为c mol·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。
【答案】
