文档内容
电解质溶液的图像分析
目 录
2
考点一 中和滴定图像 2
【真题研析·规律探寻】 2
5
【核心提炼·考向探究】 6
1.强酸与强碱滴定过程中pH曲线 6
2.滴定曲线特点 6
【题型特训·命题预测】 7
考点二 粒子浓度关系曲线 23
【真题研析·规律探寻】 23
30
【核心提炼·考向探究】 30
1．分布系数图像 30
2．对数图像 30
【题型特训·命题预测】 31
考点三 溶度积曲线 50
【真题研析·规律探寻】 50
57
【核心提炼·考向探究】 57
1．双曲线型 57
2．对数曲线 58
3．pM——浓度图 59
【题型特训·命题预测】 59
考点要求 考题统计 考情分析2023•湖南卷12题，3分；2021•辽宁 【命题规律】
中和滴定图象 选择性考试15题，3分； 2021•湖南 图象是高考试题的数字化语言，用图象表述化
选择性考试9题，3分 学反应过程或者呈现信息情景是近几年高考化
学综合试题常见的表达方式。它往往拥有较大
2023•浙江省1月选考13题，3分；
的信息存储量，能够很全面地考查学生分析、
2023•湖北省选择性考试14题，3
比较、概括和归纳问题的能力。近年来借助数
分；2023•山东卷15题，4分；2022•
粒子浓度关系 学工具，把分布系数、浓度的对数融于离子反
湖北省选择性考试15题，3分；
曲线 应平衡图象中，把所要考查的知识简明、直
2022•辽宁省选择性考试15题，3
观、形象的寓于坐标曲线上。命题设计新颖灵
分；2021•浙江6月选考23题，2
活，综合性强，难度较大。涉及内容主要有：
分；2021•山东卷15题，4分
电解质相对强弱的判断，离子浓度的变化或定
2023辽宁卷15题，3分；2023全国
量计算，pH的计算，水解平衡的强弱判断或粒
甲卷13题，6分；2023全国新课标
子浓度大小比较等。
卷13题，6分；2023山东卷15题， 【命题预测】
4分；2023北京卷14题，3分；2022 近几年沉淀溶解平衡图像这种数形结合的试题
溶度积曲线 福建卷7题，4分；2022湖南卷10 频频出现，成了高考的热点题型。以此考查沉
题，3分；2022山东卷14题，4分； 淀溶解平衡原理，分析图像中离子浓度的关
2022海南卷14题，4分；2021全国 系、K 的计算等。
sp
甲卷12题，6分；2021全国乙卷13
题，6分
考点一 中和滴定图像
1．(2023•湖南卷，12)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。
2．(2021•湖南选择性考试)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﹣)＞
2
c(OH﹣)＞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)＞
a
K(HY)＞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+)
a a
+c(Na+)＝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
0.1mol/L×20mL×3
守恒：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。
3．(2021•辽宁选择性考试)用0.1000mol·L-1盐酸滴定20.00 mLNa A溶液，溶液中HA、HA-、A2-的分
2 2布分数 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
2
减小，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。
第一步：分析滴定曲线关键“点”的成分
抓反应的“起始”点 判断酸、碱的相对强弱
抓反应的“一半”点 判断是哪种溶质的等量混合
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
抓“恰好”反应点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
抓反应的“过量”点 判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量如：常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CHCOOH溶液所得滴定曲
3
线如图：
第二步：确定粒子浓度关系
常 温 下 ， 用 0.1000 mol·L-1 不同时刻 溶液中溶质成分及粒子浓度关系
NaOH 溶 液 滴 定 20.00 mL
** 错误的表达式 **V(NaOH 溶质是CHCOOH：
3
0.1000 mol·L-1CHCOOH溶液
3 )=0 mL c(CHCOOH)>c(H+)>c(CHCOO-)>c(OH-)
3 3
②V(NaOH)=10 mL 溶 质 是 等 物 质 的 量 浓 度 的 CHCOOH 和
3
CHCOONa ：
3
c(CHCOO-)>c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)>c(OH-)
3 3
** 错误的表达式 **pH=7 溶质是CHCOONa和少量的CHCOOH：
3 3
c(Na+)=c(CHCOO-)>c(H+)=c(OH-)
3
④V(NaOH)=20 mL 溶质是CHCOONa：
3
c(Na+)>c(CHCOO-)>c(OH-)>c(CHCOOH)>c(H+)
3 3
1．强酸与强碱滴定过程中pH曲线
以0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸为例
2.滴定曲线特点
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水的
滴定曲线 滴定曲线曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强
碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸
反应(强酸与弱碱反应)
室温下pH＝7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点是pH＝7；强碱与弱酸(强酸与弱碱)
反应时，终点不是pH＝7(强碱与弱酸反应终点是pH＞7，强酸与弱碱反应终点是pH＜7)
1．室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L-1盐酸中滴加0.1000 mol·L-1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶
液体积的变化如图，已知lg5=0.7。下列说法不正确的是( )。
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．V(NaOH)=30.00 mL时，pH=12.3
【答案】C
【解析】NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为 NaCl，溶液呈中性，室温下 pH=7，A项正
确；选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B项正确；甲基橙的变色范围在pH突变
范围外，误差更大，C项错误；V(NaOH)=30.00 mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)=
30 mL×0.1000mol·L-1-20 mL×0.1000 mol·L-1
=0.02 mol·L-1 ， 即 溶 液 中 c(OH-)=0.02
20 mL+30 mL
mol·L-1，则c(H+)=5×10-13 mol·L-1，pH=-lg c(H+)=12.3，D项正确。
2．(2023·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三返校联考)已知HX、HY均为一元酸，室温下用
NaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的HX、HY溶液时的滴定曲线如下。下列有
关说法正确的是( )A．a=20
B．HX可能为强酸，HY一定是弱酸
C．若E为滴定终点，则室温下K(HY)＜1.0×10-6
a
D．图中B、D两点对应的溶液中存在c(Y-)=c(X+)
【答案】B
【解析】常温下，0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的两种一元酸HX、HY溶
液，起始时HX和HY两种酸的浓度相同，酸性越强，则溶液中c(H + )，pH就越小，结合溶液中的守恒思
想和图象，据此分析判断。A项，由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，部分
电离，为弱酸；HX的pH=1溶液，全部电离，为强酸；HX溶液用NaOH溶液滴定呈中性时消耗
20mLNaOH，则同样滴定到中性的HY溶液消耗的NaOH溶液大于20mL，a﹥20，故A错误；B项，由图
可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，a﹥20，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，c(X+)和
c(Y-)也不可能相等，故B正确；C项，由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，
则室温下 ﹥10-6，故C错误；D项，由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY
强，a﹥20，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，c(X+)和c(Y-)也不可能相等，故D错误；故选B。
3．用0.100 0 mol·L－1的标准盐酸分别滴定 20.00 mL的0.100 0 mol·L－1氨水和20.00 mL的0.100 0
mol·L－1氢氧化钠溶液的滴定曲线如图所示，横坐标为滴定百分数(滴定用量/总滴定用量)，纵坐标为滴定过
程中溶液pH，甲基红是一种酸碱指示剂，变色范围为4.4～6.2，下列有关滴定过程说法正确的是( )
A．滴定氨水，当滴定分数为50%时，各离子浓度间存在关系：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)
B．滴定分数为100%时，即为滴定过程中反应恰好完全的时刻
C．从滴定曲线可以判断，使用甲基橙作为滴定过程中的指示剂准确性更佳
D．滴定氨水，当滴定分数为150%时，所得溶液中离子浓度有大小关系c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
【答案】B
【解析】溶液中存在的电荷守恒应为c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，故A错误；滴定分数为100%
时，酸与碱的物质的量相等，即为滴定过程中反应恰好完全的时刻，故 B正确；从滴定曲线看甲基红变色
范围更接近于滴定终点，使用甲基橙显示偏晚，故 C错误；滴定分数为150%时，即加入盐酸30.00 mL，
此时溶质是NH Cl和HCl，物质的量之比为2∶1，故c(NH)>c(H＋)，故D错误。
4
4．室温下，用0.1000 mol·L-1NaOH 溶液滴定0.1000 mol·L-1HPO 溶液，滴定曲线如图所示，滴定分
3 4数是指滴定剂与被滴定物质的物质的量之比。下列说法正确的是( )
A．当滴定分数为1.00时，溶液中c(HPO )>c(H PO -)
3 4 2 4
B．在滴定过程中，水的电离程度先增大后减小，水的电离程度最大时对应的滴定分数在1.00和2.00
之间
C．当滴定分数为2.00时，生成物的主要成分为NaPO
3 4
D．当滴定分数为1.50时，溶液中存在关系式：2c(H+)+3c(H PO )+c(H PO -)=3c(PO3-)+c(HPO 2-)
3 4 2 4 4 4
+2c(OH-)
【答案】D
【解析】A项，当滴定分数为1时，溶质为NaH PO ，此时溶液显酸性，电离起主要作用，HPO -电
2 4 2 4
离产生的HPO 2-浓度大于水解产生的HPO ，所以c (HPO2-) >c (H PO )，A错误；B项，溶液溶质为Na
4 3 4 4 3 4 3
PO 时水的电离程度最大，只有在滴定分数为3的时候溶质为NaPO ，此时水的电离程度最大，故B错
4 3 4
误；C项，滴定分数为2时溶质为NaHPO ，只有在滴定分数为3的时候溶质为NaPO ，C错误；D项，
2 4 3 4
滴定分数为1.5时，溶液中的溶质为等量的NaH PO 和NaHPO 。物料守恒： 2c (Na+) =3[c (H PO ) +c
2 4 2 4 3 4
(H PO -) +c (PO3-) ] ①，电荷守恒：：c (Na+) +c (H+) =c (H PO -) +2c (HPO 2-)+3c (PO 3-) +c (OH-)
2 4 4 2 4 4 4
②，由2 ×②-①可得出：2c(H+)+3c(H PO )+c(H PO -)=3c(PO3-)+c(HPO 2-)+2c(OH-)，D正确。故选D。
3 4 2 4 4 4
5．(2023·安徽省安庆市二模)电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定
分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲
线与pH曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
已知：磷酸K =6.9×10-3、K =6.2×10-8、K =4.8×10-13
a1 a2 a3
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H PO )=c(OH-)+( HPO2-)+2c(PO3-)
3 4 4 4
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H PO )>c(H PO -)>c(HPO 2-)
3 4 2 4 4
【答案】B
【解析】0-a发生的反应为 PO 3-+H+= HPO 2-，a点的主成分为 NaHPO 和NaCl；a-b发生的反应为
4 4 2 4
HPO 2-+H+= H PO -，b点的主成分为NaH PO 和NaCl；b-c发生的反应为HPO -+H+= H PO ，c点的主成分
4 2 4 2 4 2 4 3 4为HPO 和NaCl。A项， ，即HPO 2-的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，A
3 4 4
项正确；B项， ，即HPO -电离大于水解，b点溶液呈酸性，HPO -电离出来的
2 4 2 4
H+抑制 HO的电离。而 a点HPO 2-水解促进水的电离，水的电离 a>b，B项错误；C项，b点成分为
2 4
NaH PO ，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+ c(H PO )=c(OH-)+( HPO 2-)+2c(PO3-)，C项正确；D项，主成分
2 4 3 4 4 4
为 HPO 和 NaCl，由上分析两者物质的量之比为 1：3，c(Cl-)> c(HPO )。同时磷酸的电离逐级减弱
3 4 3 4
c(HPO -)> c(HPO 2-)，所以c(Cl-)> c(HPO )> c(HPO -)> c(HPO 2-)，故D项正确；故选B。
2 4 4 3 4 2 4 4
6．室温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L-1盐酸中滴加0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH
溶液体积的变化如下图所示，下列说法中不正确的是 ( B )
A．上述三种指示剂配制时都加入了乙醇增强溶解性
B．该实验可以选择图中三种指示剂
C．若将上述盐酸换成等浓度的醋酸可用酚酞作指示剂
D．若将上述NaOH溶液改成等浓度的氨水，可选用甲基橙作指示剂
【答案】B
【解析】酚酞、甲基红和甲基橙三种指示剂配制时都加入了乙醇增强溶解性，A项正确；甲基橙的变
色范围在突变范围外，误差较大，不能作为指示剂，B项错误；用NaOH溶液滴定醋酸时，滴定终点生成
醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，应该选酚酞作指示剂，C项正确；氨水滴定盐酸是弱碱滴定强酸，终点时溶
液显酸性，应使用酸性区域变色的指示剂，可选用甲基橙作指示剂，D项正确。
7．(2023·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考)已知HX、HY均为一元酸，室温下用
NaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的HX、HY溶液时的滴定曲线如下。下列有
关说法正确的是( )
A．a=20
B．HX可能为强酸，HY一定是弱酸
C．若E为滴定终点，则室温下K(HY)＜1.0×10-6
a
D．图中B、D两点对应的溶液中存在c(Y-)=c(X+)【答案】B
【解析】常温下，0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的两种一元酸HX、HY溶
液，起始时HX和HY两种酸的浓度相同，酸性越强，则溶液中c(H + )，pH就越小，结合溶液中的守恒思
想和图象，据此分析判断。A项，由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，部分
电离，为弱酸；HX的pH=1溶液，全部电离，为强酸；HX溶液用NaOH溶液滴定呈中性时消耗
20mLNaOH，则同样滴定到中性的HY溶液消耗的NaOH溶液大于20mL，a﹥20，故A错误；B项，由图
可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，a﹥20，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，c(X+)和
c(Y-)也不可能相等，故B正确；C项，由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，
则室温下 ﹥10-6，故C错误；D项，由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY
强，a﹥20，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，c(X+)和c(Y-)也不可能相等，故D错误；故选B。
8．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。
9．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。下列说法正确的是( )
aA．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。
10．甘氨酸盐酸盐(HOOCCH NH Cl)的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：
2 3
HOOCCH NH + H++-OOCCH NH + K
2 3 2 3 1
-OOCCH NH + H++-OOCCH NH K
2 3 2 2 2
常温时，向10mL一定浓度的HOOCCH NH Cl的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随
2 3
加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )A．水的电离程度：Q>X
B．X→P过程中： 逐渐增大
C．P点的溶液中：c(HOOCCH NH +)+c(H+)=c(-OOCCH NH )+c(OH-)
2 3 2 2
D．当 时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCHNH 和NaCl
2 2
【答案】D
【解析】A项，由图示可知，X点对应的溶液酸性小于Q点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓
度越大水的电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A错误；B项，由K= 可知，
2
= ，由题干图示可知，Q→P过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K 不变，则
2
逐渐减小，B错误；C项，由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时
反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCHNH +和NaOOCCHNH ，则此时溶液中有电荷守恒式
2 3 2 2
为：c(HOOCCH NH +)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH NH )+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故
2 3 2 2
c(HOOCCH NH +)+c(H+)＜c(-OOCCH NH )+c(OH-)，C错误；D项，当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸
2 3 2 2
盐(HOOCCH NH Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：
2 3
HOOCCH NH Cl+2NaOH=NaOOCCH NH +NaCl+2HO，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCHNH
2 3 2 2 2 2 2
和NaCl，D正确；故选C。
11．298 K时，向20.0 mL 0.10 mol·L－1 HA溶液中滴加0.10 mol·L－1 NaOH溶液，滴定曲线如图所
2
示。下列说法正确的是( )A.该滴定过程应该选择石蕊溶液作指示剂
B.W点到X点发生的主要反应的离子方程式为HA＋2OH－===A2－＋2HO
2 2
C.Y点对应的溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(A2－)
D.反应HA＋A2－ 2HA－的平衡常数K＝1.0×107.4
2
【答案】D
【解析】石蕊不能用作酸碱中和滴定的指示剂，根据图示滴定终点的pH，可知第二反应终点应用酚酞
作指示剂，A项错误；X点对应的溶液中溶质主要是NaHA，W点到X点发生的主要反应的离子方程式为
HA＋OH－===HA－＋HO，B项错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，因为
2 2
Y点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，所以c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(A2－)，C项错误；HA HA－＋
2
H＋，K ＝，由于W点c(HA－)＝c(H A)，故K ＝c(H＋)＝1.0×10－2.3；HA－ A2－＋H＋，K ＝，由于Y
a1 2 a1 a2
点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，故K ＝c(H＋)＝1.0×10－9.7；HA HA－＋H＋与HA－ A2－＋H＋
a2 2
相减即得HA＋A2－ 2HA－，此时的平衡常数K＝＝＝1.0×107.4，D项正确。
2
12．常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL起始浓度也均为0.1mol/L的一元弱酸HX和
HY溶液，已知HX电离程度小于HY，且当 时，可以认为弱酸达电离平衡时的浓度近似等于起始
浓度，其滴定曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．图中曲线I对应的为HY，II电离常数为
B．在B 和B 两点对应的溶液中，满足
1 2
C．两条曲线终点坐标分别为C 、C ，两曲线相比，曲线I选用酚酞作终点指示剂误差更小
1 2
D．当溶液pH=7时，曲线Ⅱ加入NaOH物质的量与剩余酸的物质的量之比为1：10
【答案】B
【解析】相同条件下，酸溶液的酸性越强，电离程度越大，电离常数越大，水的电离程度越小，已知
HX电离程度小于HY，则酸性HXc(HX)
D．同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)
【答案】D
【解析】反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30 mL和40 mL，故起始酸的体积
之比为3∶4，故A项错误；NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是
3.1~4.4，故不能用甲基橙作指示剂，故B项错误；由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于
HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，c(HY)b>a>d
【答案】B
【解析】由图可知，a点0.1mol/LHX溶液的pH为2.8，b点为HX溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓
度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈酸性，c点为HX溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到NaX溶液，d点
为等浓度的NaX和氢氧化钠的混合溶液。A项，a点0.1mol/LHX溶液的pH为2.8，HX的电离常数为
≈ =10—4.6，则电离常数的数量级为10—5，故A正确；B项，a点0.1mol/LHX溶液
的pH为2.8，由电离常数公式可得 = ，加水稀释时，电离常数不变，氢离子浓度减小，则
减小， 减小，故B错误；C项，b点为HX溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓度的HX和
NaX的混合溶液，溶液呈酸性，HX在溶液中的电离程度大于NaX在溶液中的水解程度，则溶液中微粒的
大小顺序为c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH-)，故C正确；D项，a点溶液中HX抑制水的电离，b点溶
液中HX抑制水的电离、NaX促进水的电离，c点溶液中NaX促进水的电离，d点溶液中NaX促进水的电
离、氢氧化钠抑制水的电离，则水的电离程度大小顺序为c>b>a>d，故D正确；故选B。
15．(2023·福建省泉州市高三毕业班质量监测)25℃时，用0.1 mol/L NaOH溶液分别滴定20 mL浓度均
为0.1 mol/L的HCl、CHCOOH，所加NaOH溶液的体积与反应后溶液pH的关系如图所示。现用0.1
3
mol/L NaOH溶液滴定20 mL浓度均为0.1 mol/L的HCl和CHCOOH的混合酸溶液，下列叙述正确的是(
3
)A．CHCOOH的电离常数K 约为
3 a
B．滴定混合酸至pH=4.4时，仅发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H O
2
C．滴定混合酸至pH=7时，c(Na+)=c(CHCOO-)+c(CHCOOH)
3 3
D．滴定混合酸至pH=8.2时，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CHCOO-)＞c(OH-)
3
【答案】D
【解析】HCl是一元强酸，c(H+)=c(HCl)=0.1 mol/L，溶液pH=1；CHCOOH是一元弱酸，存在电离平
3
衡，c(H+)＜c(CHCOOH)= 0.1 mol/L，溶液pH＞1，水解根据图象可知曲线II表示NaOH滴定HCl的曲
3
线，曲线I表示NaOH滴定CHCOOH的曲线。项，曲线I表示NaOH滴定CHCOOH的曲线，醋酸溶液浓
3 3
度是0.1 mol/L，在未滴加NaOH溶液时，溶液pH=3，则c(H+)=10-3 mol/L， 根据醋酸电离方程式
CHCOOH CHCOO-+H+可知：c(CHCOO-)=c(H+)=10-3 mol/L，所以该温度下CHCOOH的电离常数
3 3 3 3
K = ，A错误；B项，由于0.1 mol/LCH COOH溶液pH=3；0.1
a 3
mol/LHCl的pH=1，所以滴定混合酸至pH=4.4时，发生反应为HCl+NaOH=NaCl+H O和
2
CHCOOH+NaOH=CH COONa+H O，B错误；C项，NaCl是强酸强碱盐，不水解，CHCOONa是强碱弱
3 3 2 3
酸盐，水解使溶液显碱性，因此当滴定混合酸至pH=7时，CHCOOH未反应完全，溶液为NaCl、
3
CHCOOH、CHCOONa的混合溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)= c(CHCOO-)+c(Cl-)，c(Cl-)=c(CHCOO-)
3 3 3 3
+c(CHCOOH)，所以此时溶液中c(Na+)＞c(CHCOO-)+c(CHCOOH)，C错误；D项，滴定混合酸至pH=8.2
3 3 3
时，溶液pH在滴定突跃范围，HCl、CHCOOH恰好完全被中和，溶液为NaCl、CHCOONa的混合溶
3 3
液，二者的物质的量相等。根据物料守恒可知c(Na+)最大；Cl-不发生水解，CHCOO-发生水解反应而消
3
耗，所以c(Cl-)＞c(CHCOO-)；CHCOO-发生水解反应产生OH-，使溶液显碱性，但盐水解程度是微弱的，
3 3
水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，则c(CHCOO-)＞c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系
3
为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CHCOO-)＞c(OH-)，D正确；故选D。
3
16．(2023·河南省十所名校高中毕业班尖子生高三第一次考试)25℃时，用0.1000 的 溶
液分别滴定体积均为50.00 、浓度均为0.0500 的5.6×10-11 mol·L-1、KHP (邻苯二甲酸氢钾)及
溶液，其滴定曲线如图所示：下列说法正确的是( )
A．K(HF )＜K(HClO)
a a
B．V(NaOH溶液) 时，②中c(H P)＞c(P2-)
2
C．V(NaOH溶液)均为0时，阴离子总数① ② ③
D．分别滴定至 时，c(ClO-)＜c(P2-)-c(H P)＜c(F-)
2
【答案】D
【解析】由滴定曲线可知，起始时，5.6×10-11 mol·L-1的pH最大，故酸性最弱；HF的pH最小，故酸
性最强。A项，由滴定曲线可知，起始时，HClO的pH较大，故酸性较弱，A错误；B项，V(NaOH溶
液)=25.00 mL时，恰好完全反应，②的溶液中主要含Na+、K+、P2-，P2-水解使溶液显碱性，但水解是少量
的，故c(H P) ＜c(P2-)，B错误；C项，HClO、HF为弱酸且酸性HF大于HClO，而KHP是强电解质，起
2
始时溶液中阴离子(HP-)浓度很大，阴离子总数①＜③＜②，C错误；D项，由电荷守恒和物料守恒可知，
①、②、③中依次有c(Na+)= c(ClO-)、c(Na+)= c(P2-)-c(H P)、c(Na+)= c(F-)，但是由于酸性
2
HClOc(Cl-)可知，溶液中c(H+)
3 2 3 2
+c(H N+CHCOOH)＜c(OH-)+c(H N+CHCOO-)，故C正确；D项，由甘氨酸盐酸盐的化学式可知，反应过
3 2 3 2
程中溶液中始终存在物料守恒关系c(Cl-)= c(H N+CHCOOH)+c(H N+CHCOO-)+c(H NCH COO-)+
3 2 3 2 2 2
c(H NCH COOH)，故D错误；故选D。
2 2
18．(2023·重庆市高三第一次质量检测联考)常温下，向10mL0.1mol·L-1的草酸(H C O)溶液中逐滴滴
2 2 4
入等浓度的NaOH溶液至过量，用甲基橙(变色范围的pH值为3.1~4.4)作指示剂，并用pH计测定滴定过程
的溶液pH值变化，其滴定曲线如图所示，则下列分析正确的是( )
A．滴入10mL标准NaOH溶液时，溶液颜色由红色变为橙色
B．图中①点所示溶液中：c(HC O)+c(H+)=c(OH-)+c(C O2-)
2 2 4 2 4
C．在①②之间的任意一点，均存在：c(Na+)>c(HC O-)>c(C O2-)>c(H C O)
2 4 2 4 2 2 4
D．图中②点所示的溶液中：2c(Na+)=c(HC O-)+c(C O2-)+c(H C O)
2 4 2 4 2 2 4
【答案】B
【解析】图中①点为第一滴定点，得到溶质为NaHC O；图中②点为第二滴定点，得到溶质为
2 4
NaC O。A项，甲基橙变色范围的pH值为3.1~4.4，滴入10mL标准NaOH溶液时，溶液pH为4.7，颜色
2 2 4
由红色变为黄色，A错误；B项，图中①点为第一滴定点，得到溶质为NaHC O，由质子守恒可知，所示
2 4
溶液中：c(HC O)+c(H+)=c(OH-)+c(C O2-)，B正确；C项，在①②之间的任意一点，得到溶质为
2 2 4 2 4NaHC O、NaC O，如果溶质以NaC O 为主，则c(HC O-)K >K
HA HB HD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】根据三种酸的浓度均为0.1 mol·L－1，结合滴定前三种酸溶液pH：HAHB>HD，由于酸性越强其电离常数越大，即电离常数：K >K >K ，A正确；由P点时中和百
HA HB HD
分数为50%，可知溶液中c(HB)＝c(NaB)，再结合此时溶液pH<7可知HB的电离程度大于B－的水解程
度，结合电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(B－)，知c(B－)>c(Na＋)，B正确；NaOH滴定HA，根据电荷
守恒可知，c (Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，当溶液pH＝7时，c (Na＋)＝c(A－)，同理c (Na＋)＝c(B－)、
A A B
c (Na＋)＝c(D－)，根据中和反应原理可知溶液呈中性时三种酸消耗的NaOH的量不同，故溶液中c(Na＋)不
D
同，则c(A－)、c(B－)、c(D－)不同，C错误；当中和百分数达100%时，将三种溶液混合，即溶液为NaA、
NaB、NaD的混合液，根据质子守恒可知c(OH－)＝c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＋c(H＋)，即c(HA)＋c(HB)＋
c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D正确。
21．(2023·上海市高三模拟)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项，b点的pH=6则
，则 ，故A错误； B项，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项，a、d
点溶液混合即30mLNaOH溶液与20 mL 0.1 mol·L-1 HX溶液与20 mL 0.1 mol·L-1 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；D项，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。
22．(2023·河南省南阳市三模)常温下，向10 mL0.1 mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的MOH溶
液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。下列说法正确的是( )
A．a→d过程中，水的电离程度逐渐增大
B．加入10 mL→13 mL MOH溶液时，导电率降低是因为离子总数减小
C．常温下，K (MOH) =K(HA)≈10 -4.6
b a
D．b点溶液中c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +c (OH- )
【答案】C
【解析】起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，c点加入MOH10ml时二者完全反应呈中性，
也说明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在
MA和HA物质的量为1：1。A项，a→c过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，c→d是碱过
量又抑制水的电离，故A错误；B项，10 mL→13 mL是碱过量，离子数目继续增加，溶液体积继续增
大，但是离子浓度在减小，所以导电率减小，故B错误；C项，因为生成的弱酸弱碱盐呈中性，说明K
b
(MOH) =K(HA)，在a点pH=2.8，c(H+)=c(A-)=10-2.8 mol/L，c(HA)=0.1mol/L，
a
，故C正确；D项，b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液
中存在MA和HA物质的量为1：1，根据物料守恒和电荷守恒得出如下式子c(HA)+c(A-)=2c(M+)+2c(MOH)
(1)和c(H+)+c(M+)=c(A-)+c(OH-)(2)，(1)+(2)×2得到如下式子：c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +2c
(OH- )，故D错误；故选C。
考点二 粒子浓度关系曲线
1．(2023•浙江省1月选考，13)甲酸Ka=1.8×10-4是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过
离子交换树脂(含固体活性成分R N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根
3
的物质的量分数)与废水初始 关系如图(已知甲酸Ka=1.8×10-4)，下列说法不正确的是( )A．活性成分R N在水中存在平衡：R N+HO R NH++OH-
3 3 2 3
B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18
C．废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R NH+作用的HCOO-数目减少
3
D．废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R NH+形态存在
3
【答案】D
【解析】A项，由图可知，R N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R N+HO R NH++OH-，故A正
3 3 2 3
确；B项，由电离常数公式可知，溶液中 = ，当溶液pH为5时，溶液中 =
-18，故B正确；C项，由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液
中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸个离子浓度
减小，与R NH+作用的数目减小，故C正确；D项，由图可知，R N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡
3 3
R N+HO R NH++OH-，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以 R N
3 2 3 3
形态存在，故D错误；故选D。
2．(2023•山东卷，15)在含 HgI (g)的溶液中，一定 c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI (s)
2 2
HgI (aq)；HgI (aq) Hg2++2I-；HgI (aq) HgI++I-；HgI (aq)+I- HgI --；HgI (aq)+2I-
2 2 2 2 3 2
HgI 2-，平衡常数依次为K 、K 、K 、K 、K 。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI -)、lgc(HgI 2-)随lgc(I-)的
4 0 1 2 3 4 3 4
变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线 表示lgc(HgI 2-)的变化情况
4
B．随c(I-)增大，c[HgI (aq)]先增大后减小
2
C．
D．溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为2：1【答案】B
【信息提取】由题干反应方程式 HgI (aq) Hg2++2I-可知，K= ，则有 c(Hg2+)=
2 1
，则有lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)，lgc(HgI -)
1 2 2 2 3
=lgK +lgc(HgI )+ lgc(I-) ， lgc(HgI 2-) ==lgK +lgc(HgI )+ 2lgc(I-) ， 且 由 HgI (s) HgI (aq) 可 知
3 2 4 4 2 2 2
K=c[HgI (aq)]为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表
0 2
lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI -)、lgc(HgI 2-)。
3 4
【解析】A项，线L表示lgc(HgI 2-)的变化情况，A正确；B项，已知HgI (s) HgI (aq)的化学平
4 2 2
衡常数K= c[HgI (aq)]，温度不变平衡常数不变，故随 c(I-)增大，c[HgI (aq)]始终保持不变，B错误；C
0 2 2
项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有
1 2 2 2
①b= lgK +lgc(HgI )-2a，②b= lgK +lgc(HgI )-a，联合①②可知得： ，C正确；D项，溶
1 2 2 2
液中的初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2：1，D
2
正确；故选B。
3．(2023•湖北省选择性考试，14)HL为某邻苯二酚类配体，其 ， 。常温下
2
构建Fe(Ⅲ)- H L溶液体系，其中 ， 。体系中
2
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pH=1时，体系中c(H L)>c([FeL]+) >c(OH-)>c(HL-)
2B．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
2
时电离出的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。
4．(2022•辽宁省选择性考试)甘氨酸(NH CHCOOH)是人体必需氨基酸之一、在 时，
2 2
NH +CHCOOH、NH +CHCOO-和NH CHCOO-的分布分数【如 】与溶液
3 2 3 2 2 2
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
2 2 2
项，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
3 2 3 2
化，曲线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 20.50)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 2
c(NH CHCOO-)，故D错误；故选D。
2 2
5．(2022•湖北省选择性考试)下图是亚砷酸As(OH) 和酒石酸 混合体系
3
中部分物种的 图(浓度：总 为 ，总T为 )。下列说法错误的是( )
A．As(OH) 的 为-9.1
3
B．[As(OH) T]-的酸性比As(OH) 的强
2 3
C． 时，As(OH) 的浓度比[As(OH) T]-的高
3 2
D． 时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)
3
【答案】D
【解析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mol/L，右坐标浓度的数量级为10-6mol/L，横坐标
为pH，随着pH的增大， 先变大，然后再减小，同时 变大，两者浓度均
为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时， = ，Ka=10-4.6。pH继续
增大，则 减小，同时 增大，当pH=9.1时， = ，
，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石
酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。A项， ，
，当pH=9.1时， = ， ，为-9.1，A正确；B项，[As(OH) T]- [As(OH)T]2-+H+ ，当pH=4.6
2
时， = ，Ka=10-4.6，而由A选项计算得HAsO 的 ，即
3 3
Ka > Ka1，所以[As(OH) T]-的酸性比As(OH) 的强，B正确；C项，由图可知As(OH) 的浓度为左坐标，浓
2 3 3
度的数量级为10-3mol/L，[As(OH) T]-的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以pH=3.0时，
2
As(OH) 的浓度比[As(OH) T]-的高，C正确；D项，由可知条件，酒石酸 ，
3 2
As(OH) 的 为-9.1，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性
3
远强于As(OH) ，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种不是
3
As(OH) ，D错误；故选D。
3
6．(2021•浙江6月选考，23)取两份10mL 0.05mol·Lˉ1的NaHCO 溶液，一份滴加0.05mol·Lˉ1的盐酸，
3
另一份滴加0.05mol·Lˉ1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是( )
A．由a点可知：NaHCO 溶液中HCO -的水解程度大于电离程度
3 3
B．a→b→c过程中：c(HCO －)+2c(CO2-)+c(OH-)逐渐减小
3 3
C．a→d→e过程中：c(Na＋)＜c(HCO －)+c(CO2-)+c(H CO)
3 3 2 3
D．令c点的c(Na＋)+c(H＋)= x，e点的c(Na＋)+c(H＋)=y，则x＞y
【答案】C
【解析】向NaHCO 溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO 溶液中滴加
3 3
NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO 溶液中滴加NaOH溶液，
3
ade曲线为向NaHCO 溶液中滴加盐酸。A项，a点溶质为NaHCO ，此时溶液呈碱性，HCO -在溶液中电离
3 3 3
使溶液呈酸性，HCO -在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO 溶液中HCO -的水解程度大于电离
3 3 3
程度，故A正确；B项，由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO －)+2c(CO2-)+c(OH-)= c(Na＋)+c(H
3 3
＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO －)+2c(CO2-)+c(OH-)逐渐减
3 3
小，故B正确；C项，由物料守恒可知，a点溶液中c(Na＋)=c(HCO －)+c(CO2-)+c(H CO)，向NaHCO 溶液
3 3 2 3 3
中滴加盐酸过程中有CO 逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)＞c(HCO －)+c(CO2-)+c(H CO)，故C错误；D
2 3 3 2 3
项，c点溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na＋)+c(H
＋)=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；故选C。
7．(2021•山东卷，15)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 2NaOH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。第一步：审题
弄清图像含义，通过观察弄清横坐标、纵坐标的含义及单位；搞清特殊点的意义，如坐标轴的原点，
曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等；分析曲线的变化趋势，如斜率的大小及升降。
第二步：信息提取
挖掘隐含信息，排除干扰信息，提炼有用信息，在提炼信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算。
第三步：答题
联想化学原理，根据选项内容，确定正确选项。
1．分布系数图像，简称分布曲线，是指以pH为横坐标，分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分
数为纵坐标，分布系数与溶液pH之间的关系曲线如下。
一元弱酸(以CHCOOH为例) 二元酸(以草酸为例) 三元酸(以HPO 为例)
3 3 4
δ 为HC O 、δ 为HC O-、δ 为 δ 为 HPO 、δ 为 HPO -、δ 为
δ 为CHCOOH，δ 为CHCOO- 0 2 2 4 1 2 4 2 0 3 4 1 2 4 2
0 3 1 3 C O2- HPO 2-、δ 为PO 3-
2 4 4 3 4
随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一
定pH时发生反应的离子方程式。
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH时的分布系数和酸的浓度，就可以计算出各成分
在该pH时的平衡浓度
2．对数图像。将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值[如c(A)/c(B)]取常用对数，
即lg c(A)或lg[c(A)/c(B)]，与溶液中的pH或溶液的体积等关系作出的图像称为对数图像。常考对数图像
的类型如下：
图像种类 具体类型 含义 变化规律
c(H X-)
c(H X-) 生成物与反应物离子浓 lg 越大，反应向正反应方向
lg c(H X)
c(H X) 度比的常用对数 2
2
进行的程度越大
稀释后与稀释前体积比
对数图像 lg lg越大，稀释程度越大
的常用对数
AG＝lg AG越大，酸性越强，中性时，
氢离子与氢氧根离子浓
c(H+) c(H+)
度比的常用对数 ＝1，AG＝0
c(OH-) c(OH-)
负对数图 pH＝－lg c(H 氢离子浓度的常用对数 pH越大，c(H＋)越小，溶液的碱性越强＋) 负值
像 C离子浓度的常用对数
pC＝－lgc(C) pC越大，c(C)越小
负值
对数图像的解题策略
(1)先确定图像的类型是对数图像还是负对数图像。
(2)再弄清楚图像中横坐标和纵坐标的含义，是浓度对数还是比值对数。
(3)抓住图像中特殊点：如pH＝7、lg x＝0，交叉点。
(4)理清图像中曲线的变化趋势及含义，根据含义判断线上、线下的点所表示的意义。
(5)将图像中数据或曲线的变化与所学知识对接，作出选项的正误判断。
1．（2024·四川成都外国语学校高三期中）分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定
组分的物质的量之比。常温下以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如
图所示。下列说法不正确的是( )
A．该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B．从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大C．x点处的溶液中满足：c(MOH)＋c(OH-)c(H+)，c(MOH)+c(OH-)7，A错误；B
项，F溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，根据溶液呈电中性，c(Na+) +c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，可得c(Na+)＝
c(Cl-)+c(ClO-)，B正确；C项，G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，且物质的量相等，次
氯酸钠水解，使溶液呈碱性，溶液中的次氯酸根离子浓度减小，则 c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，C错误；D项，根据Cl元素守恒，E～H点对应的溶液中，c(Cl-)+c(ClO-)+c(HClO)+2c(Cl )为定值，
2
D错误；故选B。
4．(2023·广西三模)已知：CHNH ·H O为一元弱碱，性质与NH ·H O类似。常温下，将HCl气体通入
3 2 2 3 2
0.1mol/LCH NH ·H O水溶液中(忽略溶液体积的变化)，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如
3 2 2
图所示。下列说法不正确的是( )
A．CHNH ·H O的水溶液中存在：CHNH ·H O CHNH ++OH-
3 2 2 3 2 2 3 3
B．K(CHNH ·H O)的数量级为10-5
a 3 2 2
C．P点，c(Cl-)+c(CH NH +)+c(CH NH ·H O)=0.2mol/L
3 3 3 2 2
D．P点之后，溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(CH NH +)+c(H+)
3 3
【答案】C
【解析】已知：CHNH ·H O为一元弱碱，性质与NH ·H O类似，则会发生部分电离， CHNH ·H O
3 2 2 3 2 3 2 2
CHNH ++OH-；随着pH值变大，CHNH +含量变小、CHNH ·H O含量变大，结合图像可知，图
3 3 3 3 3 2 2
中实曲线为混合溶液中pH与CHNH +浓度的对数值(lgc)的关系、虚线为混合溶液中pH与CHNH ·H O浓
3 3 3 2 2
度的对数值(lgc)的关系；两条对角斜线分别为氢离子、氢氧根离子对应曲线，斜率为正的代表氢离子、斜
率为负的代表氢氧根离子。A项，CHNH ·H O的水溶液中存在：CHNH ·H O CHNH ++OH-，A正确；
3 2 2 3 2 2 3 3
⇌
B项，由点Q可知，pH=9.5，pOH=4.5，则 ，故其数量级为
10-5，B正确；C项，P点无法计算氯离子的浓度，故不能计算c(Cl-)+c(CH NH +)+c(CH NH ·H O)的值，C
3 3 3 2 2
错误； D项，P点之后根据电荷守恒可知，溶液中存在 c(Cl-)+c(OH-)=c(CH NH +)+c(H+)，D正确；故选
3 3
C。
5．(2023·浙江省稽阳联谊学校高三联考)常温下，在含有0.10 mol/L H PO 的溶液中，所有含磷元素的
3 3
微粒pc随pOH的变化关系如图所示。已知 ， ，下列有关说法中正确的是
( )
A．曲线①代表HPO
3 3
B．NaHPO 溶液显碱性的原因是HPO 2-的水解程度大于电离
2 3 3
C．HPO 的K =1.0×10-1.3
3 3 a1
D．c点对应的溶液中：c(H+)= c(HPO -)+2c(HPO 2-)+ c(OH-)
2 3 3【答案】C
【解析】pOH越小，溶液的碱性越强，图中只有三条曲线说明 HPO 是二元弱酸，碱性较强的情况
3 3
下，HPO 2-的浓度最大，其次为HPO -，最后为HPO ，因此曲线①表示HPO 2-，曲线②表示HPO -，曲线
3 2 3 3 3 3 2 3
③表示HPO 。A项，只有三条微粒浓度变化曲线，因此HPO 为二元弱酸，曲线①随着pOH增大即酸性
3 3 3 3
增强，微粒浓度减小，曲线①表示HPO 2-，A错误；B项，NaHPO 是正盐，因此溶液显碱性的原因是
3 2 3
HPO 2-的水解，HPO 2-不会电离，B错误；C项，曲线②和③的交点b处c(HPO -)=c(H PO )，HPO 的K =
3 3 2 3 3 3 3 3 a1
=c(H+)=10-1.3，C正确；D项，HPO 是弱酸，c点pH为0，c(H＋)=1mol/L，说明溶液中加入
3 3
了强酸性物质，因此还含有其他阴离子，此电荷守恒式错误，D错误；故选C。
6．（2024·河北沧州泊头市高三大据联考）次磷酸(HPO )是强还原剂，加热到130℃时则分解成正磷
3 2
酸和磷化氢，可用作杀菌剂、神经系统的强壮剂、金属表面的处理剂以及制造催化剂和次磷酸盐等。常温
下，将0.1mol·L-1NaOH溶液滴入20.00mL0.1000mol·L-1的(HPO 溶液中，溶液pH和温度随加入NaOH溶
3 2
液体积变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．由图可知，NaHPO 为正盐
2 2
B．A、B、C三点中由水电离出的c(H+)由大到小的顺序为C>B>A
C．A点存在守恒关系：c(H+)+c(HPO )=c(OH-)+c(HPO -)
3 2 2 2
D．B点存在守恒关系：c(Na+)=c(HPO -)
2 2
【答案】C
【解析】根据图像可知温度最高时说明中和反应正好完成，将0.1mol·L-1NaOH溶液滴入
20.00mL0.1000mol·L-1的HPO 溶液中，消耗20.00mLNaOH溶液正好中和完，说明HPO 属于一元酸，
3 2 3 2
NaHPO 为正盐。A项，根据分析可知NaHPO 为正盐，故A正确；B项，酸或者碱对水的电离抑制，算
2 2 2 2
中氢离子浓度逐渐被消耗，对水的电离抑制程度减弱，A、B、C三点中由水电离出的c(H+)由大到小的顺
序为C>B>A，故B正确；C项，A点NaHPO 和HPO 之比为1:1，存在的守恒关系为c(Na+)=c(HPO -)
2 2 3 2 2 2
+c(HPO )、c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HPO -)联立两个式子得c(H+)+c(HPO )=c(OH-)，故C错误；D项，B点
3 2 2 2 3 2
为中性，电荷守恒 c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HPO -)，故存在守恒关系：c(Na+)=c(HPO -)，故D正确；故选
2 2 2 2
C。
7．(2023·浙江省浙里卷天下高三开学测试)亚磷酸(H PO )是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机
3 3
磷水处理药剂的原料。常温下，向1 mL0.5mol·L-1HPO 溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷
3 3
粒子的物质的量分数 与溶液 的关系如图所示。下列说法正确的是( )A．a、b两点时，水电离出的c(OH―) 之比为1.43：6.54
水
B．b点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO 2- )
3
C．反应HPO + HPO 2- 2HPO -的平衡常数为
3 3 3 2 3
D．当V(NaOH)=1L时，c(Na＋)＞c(H PO -)＞c(OH―)＞c(H＋)
2 3
【答案】C
【解析】亚磷酸(H PO )是二元弱酸，常温下，向1 mL0.5mol·L-1HPO 溶液中滴加等浓度的NaOH溶
3 3 3 3
液，先后发生的反应为① HPO +OH-= H PO -+H O，②HPO -+OH-= HPO 2-+H O，则HPO 逐渐减少，
3 3 2 3 2 2 3 3 2 3 3
HPO -先增多后减少，HPO 2-逐渐增多，故 表示HPO 变化曲线， 表示HPO -变化曲线， 表示
2 3 3 3 3 2 3
HPO 2-变化曲线。A项，a、b两点均为酸性溶液，则水电离出的c(OH―) 分别为10-12.57 mol·L-1、10-7.46
3 水
mol·L-1，其之比为1：105.11，A错误；B项，b点时，c(H PO -)=c(HPO 2-)，根据电荷守恒可知，c(Na＋)+c(H
2 3 3
＋)=c(OH―)+c(H PO -)+2c(HPO 2-)=c(OH―)+3c(HPO 2-)，因b点不是中性点，即c(OH―)≠c(H＋)，则c(Na
2 3 3 3
＋)≠3c(HPO 2-)，B错误；C项，a点时，c(H PO )=c(H PO -)，则反应HPO H++HPO -的平衡常数
3 3 3 2 3 3 3 2 3
，b点时，c(H PO -)=c(HPO 2-)，则反应HPO - H++HPO 2-的平衡
2 3 3 2 3 3
常数 ，反应HPO + HPO 2- 2HPO -的平衡常数
3 3 3 2 3
，C正确；D项，当V(NaOH)=1L时，HPO 与
3 3
NaOH反应生成NaH PO ，HPO -水解平衡常数 ，所以HPO -电离程度大于水
2 3 2 3 2 3
解程度，最终溶液呈酸性，则c(Na＋)＞c(H PO -)＞c(H＋)＞c(OH―)，D错误；故选C。
2 3
8．（2023·辽宁省六校高三开学考试）常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的一元
碱BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系数δ随滴加盐酸体积V 的变化关系如图所示。[比如B+的分布系
HCl
数：下列叙述正确的是（ ）
A．滴定时，可以选择酚酞作指示剂
B．BOH的电离常数K =1.0×10−6
b
C．滴定过程中，水的电离程度：n＜m＜p
D．p点溶液中，粒子浓度大小为c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)
【答案】D
【解析】A项，根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终
点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基
橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，A错误；B项，滴定达到终点
时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积
2
相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 mol/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 mol/L，则根据
BOH B++OH-，可知c(B+)=0.1000 mol/L，故BOH的电离平衡常数K =
b
，B错误；C项，向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离
产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：m
＜n＜p，C错误；D项，p点时恰好中和反应产生BCl，该盐是强酸弱碱盐，B+发生水解反应产生BOH而
消耗，则粒子浓度c(Cl-)＞c(B+)，盐水解程度十分微弱，盐水解产生的微粒浓度小于盐电离产生的两种浓
度，则微粒浓度：c(B+)＞c(BOH)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)，D正确；
故选D。
9．边搅拌边向NaCO 溶液中通入SO 制备NaHSO 溶液，水溶液中HSO 、HSO -、SO 2-的分布系数
2 3 2 3 2 3 3 3
δ随pH的变化关系如图所示。[比如HSO 的分布系数： δ (H SO ) = ]，下列
2 3 2 3
有关叙述错误的是( )A．当溶液pH范围为4~5时，停止通入SO
2
B．根据曲线数据计算可知K (H SO )的数量级为10-7
a2 2 3
C．a点的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c( HSO -)+2c(SO 2-)+c( HCO-) +2c(CO2-)
3 3 3 3
D．pH=3的溶液中，c(Na+)＜c(HSO -)+c(H SO )
3 2 3
【答案】B
【解析】A项，由图可知，当溶液pH范围为4~5时，二氧化硫与碳酸钠恰好反应生成亚硫酸氢钠，
则当溶液pH范围为4~5时，停止通入二氧化硫，故A正确；B项，由图可知，当溶液中c(HSO -)=c(SO 2-)
3 3
时，溶液pH为7.2，则K (H SO )= = c(H+)=10—7.2，则K (H SO )的数量级为10-8，故B错
a2 2 3 a2 2 3
误；C项，由图可知，a点为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)
+c(Na+)=c(OH—)+c( HSO -)+2c(SO 2-)+c( HCO-) +2c(CO2-)，故C正确；D项，由图可知，pH=3的溶液为亚
3 3 3 3
硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中c(Na+)＜c(HSO -)+c(H SO )，故D正确；
3 2 3
故选B。
10．室温下，向1.00L0.100mol/LNHHCO 溶液中加入NaOH稀溶液，溶液中主要型体的分布系数[比
4 3
如A2-的分布系数δ(A2-)= ]以及pH随n(NaOH)变化如图。下列说法不正确的是( )
A．0.100mol/LNH HCO 溶液中 >1，水的电离受到促进
4 3
B．加入NaOH稀溶液过程中，溶液满足关系式c(NH +)+c(NH•H O)=c(CO2-)+c(HCO-)+c(H CO)
4 3 2 3 3 2 3
C．K (H CO)K (NH •H O)>K
a2 2 3 b 3 2 w
D．加入少量NaOH时，OH-主要先与NH 反应
【答案】C
【解析】A项，NH HCO =NH++HCO-，NH +和HCO -分别发生水解，HCO -+H O
4 3 4 3 4 3 3 2
HCO+OH-，NH ++H O NH ·H O+H+，因为 ，所以c(OH―)＞c(H＋)，则说明HCO -水解程
2 3 4 2 3 2 3
度大，使水电离受到促进，故A正确；B项，NH HCO =NH++HCO-，NH +和HCO -分别发生水解，HCO -
4 3 4 3 4 3 3
+H O HCO+OH-，NH ++H O NH ·H O+H+，则由物料守恒得c(NH +)+c(NH•H O)=c(CO2-)
2 2 3 4 2 3 2 4 3 2 3
+c(HCO-)+c(H CO)，故B正确；C项，
3 2 3，图中
时， ，所以 ，因此
，故C错误；D项，加入少量NaOH时，HCO -浓度基本不变，而
3
NH +浓度快速减小，所以OH-先与NH +发生主要反应，故D正确；故选C。
4 4
11．实验室用0.1mol/L的NaOH溶液滴定 的HAuCl 溶液。溶液中，含氯微粒a、b的
4
分布系数 、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示。[比如HAuCl 的分布系数，
4
]。下列叙述错误的是( )
A．x点对应溶液的pH约为5
B．p点对应的溶液中，2c(H+)+c(HAuCl )=2c(OH-)+c(AuCl -)
4 4
C．微粒b为AuCl -，该滴定可选酚酞作指示剂
4
D．滴定到q点时，溶液中c(HAuCl )>c(AuCl -)
4 4
【答案】D
【解析】A项，由图像可知，当V((NaOH)=0时，对应溶液的pH=3，此时溶液中的
c(H+)=0.001mol·L-1， ，x点时，根据图像有c(HAuCl )= c(AuCl -)，
4 4
则此时的 ， ，A正确；B项，p点时，V((NaOH)=10mL，根据电荷守
恒有：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+ c(AuCl -)，根据物料守恒有：2c(Na+)= c(HAuCl )+ c(AuCl -)，两式联立方程消
4 4 4
去c(Na+)，解得：2c(H+)+c(HAuCl )=2c(OH-)+c(AuCl -)，B正确；C项，随着NaOH的加入，HAuCl 逐渐减
4 4 4
少，AuCl -逐渐增多，结合图像可知，微粒a为HAuCl ，微粒b为AuCl -，滴定到q点时，
4 4 4
V((NaOH)=20mL，两者恰好完全反应，生成NaAuCl 溶液，此时溶液呈碱性，所以选酚酞作指示剂，C正
4
确；D项，滴定到q点时，V((NaOH)=20mL，由图可知c(AuCl -)>c(HAuCl )，D错误；故选D。
4 4
12．1L0.10mol·L-1HRO 溶液pH<1，向其中加入NaOH固体(忽略体积变化)，测得溶液中各种含R微
3 3
粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）A．当加入0.1molNaOH时：c(Na+)=c(H RO-)+c(HRO2-)+c(RO 3-)
2 3 3 3
B．当加入0.2molNaOH时：(RO3-)>c(H RO-)
3 2 3
C．曲线δ 是指微粒HRO-的变化趋势
1 2 3
D．N点，c(HRO 2-)=c(RO 3-)=0.05mol·L-1
3 3
【答案】D
【解析】0.10mol·L-1HRO 溶液pH<1，说明其一级电离为完全电离，随着pH的增大HRO-逐渐减
3 3 2 3
少，HRO 2-逐渐增多，故δ 代表HRO-，δ 代表HRO 2-，当HRO 2-达到最大值后，浓度逐渐降低，RO3-逐
3 1 2 3 2 3 3 3
渐增加，故δ 代表RO3-。A项，当加入0.1molNaOH时，溶液为NaH RO 溶液，根据物料守恒可知，
3 3 2 3
c(Na+)=c(H RO-)+c(HRO2-)+c(RO 3-)，A正确；B项，当加入0.2molNaOH时，溶液为NaHRO 溶液，由分
2 3 3 3 2 3
析可知δ 代表HRO 2-，当其为最大值时，溶液显酸性，说明HRO 2-的电离大于水解，故
2 3 3
(RO3-)>c(H RO-)，B正确；C项，曲线δ 是指微粒HRO-的变化趋势，C正确；D项，最初HRO 溶液浓
3 2 3 1 2 3 3 3
度为0.10mol·L-1，由分析可知，虽然N点c(HRO 2-)=c(RO 3-)，但是HRO 的二级电离和三级电离都是微弱
3 3 3 3
的，即溶液中随时都存在HRO-，故c(HRO 2-)=c(RO 3-)<0.05mol·L-1，D错误；故选D。
2 3 3 3
13．常温下，将体积为V 的 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液逐滴加入体积为V 的0.100 0 mol·L－1 Na CO
1 2 2 3
溶液中，溶液中HCO 、HCO、CO所占的物质的量分数(α)随pH 的变化曲线如图。下列说法不正确的是(
2 3
)
A.在pH＝10.3时，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)
B.在pH＝8.3时，溶液中：0.100 0 mol·L－1>c(HCO)＋c(CO)＋c(H CO)
2 3
C.在pH＝6.3时，溶液中，c(Na＋)> c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)
D.V∶V＝1∶2时，c(OH－)>c(HCO)>c(CO)>c(H＋)
1 2
【答案】D
【解析】A项，任何溶液中均存在电荷守恒，则在pH＝10.3时，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)
＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；B项，由图可知，在pH＝8.3时，该溶液为NaHCO 和NaCl的混合溶
3
液，根据物料守恒可得c(HCO)＋c(CO)＋c(H CO)<0.100 0 mol·L－1，正确；C项，在pH＝6.3时，溶液中存在
2 3
NaHCO 、NaCl 和碳酸，该溶液显酸性，则 c(H＋)>c(OH－)，根据化学反应：NaCO ＋HCl===NaCl＋
3 2 3
NaHCO 、NaHCO ＋HCl===NaCl＋HCO ，所以离子浓度大小关系为 c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH
3 3 2 3
－)，正确；D项，V∶V ＝1∶2时，混合后的溶液是等物质的量浓度的NaCO 、NaHCO 、NaCl的混合
1 2 2 3 3
溶液，NaCO 和NaHCO 是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，CO的水解程度大于HCO的水解程度，则
2 3 3
溶液中c(HCO)>c(CO)，由于水解程度是微弱的，所以c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，错误。
14．已知：常温下，(1)K (H CO)＝4.3×10－7，K (H CO)＝5.6×10－11；(2)H R及其钠盐的溶液中，
a1 2 3 a2 2 3 2HR、HR－、R2－分别在三者中所占的物质的量分数(α)随溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述错误的是(
2
)
A．在pH＝4.3的溶液中：3c(R2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
B．等体积等浓度的NaOH溶液与HR溶液混合后，溶液中水的电离程度比纯水大
2
C．在pH＝3的溶液中存在＝10－3
D．向NaCO 溶液中加入少量HR溶液，发生反应：2CO＋HR===2HCO＋R2－
2 3 2 2
【答案】B
【解析】A项，在pH＝4.3的溶液中，c(HR－)＝c(R2－)，根据溶液中电荷守恒2c(R2－)＋c(HR－)＋c(OH
－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可知3c(R2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，正确；B项，等体积等浓度的NaOH溶液与
HR溶液混合生成NaHR，此时HR－含量最高，HR和R2－含量接近于0，由题图可知，此时pH接近于3，
2 2
溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，错误；C项，当溶液pH＝
1.3时，c(H R)＝c(HR－)，则K ＝＝10－1.3，当溶液pH＝4.3时，c(R2－)＝c(HR－)，则K ＝＝10－4.3，＝＝＝
2 a1 a2
10－3，正确；D项，由C选项分析可知，HR的电离常数K 大于HCO 的K ，即酸性：HR－＞HCO，所
2 a2 2 3 a2
以向NaCO 溶液中加入少量HR溶液，发生反应：2CO＋HR===2HCO＋R2－，正确。
2 3 2 2
15．水体中的As(V)可转化为Ca (AsO) 沉淀除去， As(Ⅲ)可用碘水氧化为As(Ⅴ)后，再转化为
3 4 2
Ca (AsO) 沉淀除去，已知Ksp[Ca (AsO)]=1×10-21.2、Ksp[Ca(CO )]=1×10-8.6；HAsO 水溶液中含砷的各物
3 4 2 3 4 2 3 3 4
种的分布分数与pH的关系分别如下图所示。下列说法正确的是
A．0.1mol-1NaHA O 溶液中存在：2c(Na+)=c(H A O)+c(H A O )+c(HA O )+c(A O )
2 S 4 3 S 4 2 S S S
B．用0.1mol·L-1NaCO 溶液浸泡Ca (A O) 沉淀，无CaCO 沉淀转化生成
2 3 3 S 4 2 3
C．
D．pH>13时，向NaAsO 溶液中滴加少量碘水时发生反应的离子方程式为：
2 3
【答案】C
【解析】如图所示，当 时，HAsO 的 ，同
3 4理 ， 。A项，0.1mol-1NaHA O 溶
2 S 4
液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c(H A O)+c(H A O-)+c(HA O2-)+c(A O3-)]，A错误；B项，Ca (A O) 沉淀
3 S 4 2 S 4 S 4 S 4 3 S 4 2
在溶液中存在沉淀溶解平衡：Ca (A O) 3Ca2++2A O3-，
3 S 4 2 S 4
，
，用0.1mol·L-1NaCO 溶液浸泡Ca (A O) 沉淀，
2 3 3 S 4 2
，故有CaCO 沉淀转化生成，B错
3
误；C项， ，C正确；D项，pH>13
时，向NaAsO 溶液中滴加少量碘水时会发生反应：A O3-+I +H O= A O3-+2I-+2H+，但由于NaAsO 溶液
2 3 S 3 2 2 S 4 2 3
过量，生成的氢离子继续与NaAsO 反应生成HA O2-，D错误；故选C。
2 3 S 4
16．工业上利用NaClO将废水中的As(III)氧化为As(V)，然后经吸附、沉降而除去。As(III)和As(V)水
溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。一
般把10-1>K >10-4的酸称为中强酸，把K <10-4的酸称为弱酸，下列说法不正确的是（ ）
a a
A．HAsO 、HAsO 都是弱酸
3 4 3 3
B．pH=10时，NaClO将As(III)氧化为As(V)的离子方程式：HAsO -+ClO-+OH-=HAsO 2-+Cl-+H O
2 3 4 2
C．HAsO -+H AsO - HAsO2-+H AsO K=102.4
2 4 2 3 4 3 3
D．相同温度下，同浓度的NaAsO 溶液与NaHAsO 溶液，前者碱性强
3 4 2 3
【答案】D
【解析】根据As(III)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当HAsO 与HAsO -相等时溶液的
3 3 2 3
pH=9.2，则HAsO 的K = =10-9.2；根据As(V)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当
3 3 a1
HAsO 与HAsO -相等时溶液的pH在2~3之间，HAsO -与HAsO2-相等时溶液的pH=6.8，则HAsO 的
3 4 2 4 2 4 4 3 3
K = ＞10-3、K = =10-6.8。A项，一般把10-1＞K ＞10-4的酸称为中强酸，
a1 a2 a
把K ＜10-4的酸称为弱酸，HAsO 的K =10-9.2＜10-4，HAsO 是弱酸，A项正确；B项，pH=10时，As(III)
a 3 3 a1 3 3
主要以HAsO -形式存在，As(V)主要以HAsO2-形式存在，NaClO将HAsO -氧化成HAsO2-，自身被还原
2 3 4 2 3 4
成Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式：HAsO -+ClO-+OH-= HAsO 2-+Cl-
2 3 4+H O，B项正确；C项，HAsO -+ H AsO - HAsO2-+H AsO 的K= =
2 2 4 2 3 4 3 3
= = =102.4，C项正确；D．根据As(III)水溶液中含砷的各物
质的分布分数知，当HAsO -与HAsO2-相等时溶液的pH＞12，HAsO 的K ＜10-12，根据As(V)水溶液中
2 3 3 3 3 a2
含砷的各物质的分布分数知，当HAsO2-与AsO 3-相等时溶液的pH在11~12之间，HAsO 的K ＞10-12＞
4 4 3 4 a3
K (H AsO )，故相同温度下同浓度的NaAsO 溶液与NaHAsO 溶液，AsO 3-的水解程度小于HAsO2-的水
a2 3 3 3 4 2 3 4 3
解程度，后者碱性强，D项错误；故选D。
17．常温下，铜离子与氨分子能形成多种配合物[Cu(NH )]2+其中配位数x=1，2，…。向一定浓度的硫
3 x
酸铜溶液中加入不同量的NH 后可绘制出下图分布曲线。图中横坐标为c(NH )的对数，纵坐标δ为含铜物
3 3
种的分布系数(如： ，Σ表示加和)， 表示溶液中x的平均值。根据以上信
息，下列说法错误的是
A．图中曲线③为[Cu(NH )]2+的分布曲线
3 4
B．当c(NH )=10-3mol/L时， =2，说明此时溶液中的溶质为[Cu(NH )]2+
3 3 2
C．溶液始终存在c(Cu2+)+Σ c[Cu(NH )2+]=c(SO2-)
3 x 4
D．氨水与Cu2+反应得不到单一产物，故不能利用已知浓度的氨水滴定未知浓度的Cu2+
【答案】B
【解析】A项，随着lgc(NH)的增大，Cu2+浓度降低，曲线①为[Cu(NH )]2+的分布曲线，依此类推，曲
3 3
线③为[Cu(NH )]2+的分布曲线，A正确；B项，当c(NH )=10-3mol/L时，lgc(NH)=-3，根据图中曲线可
3 4 3 3
知，此时溶液中的溶质主要为[Cu(NH )]2+，而[Cu(NH )]2+与[Cu(NH )]2+相等，故 =2，只是说明
3 2 3 3 3
中的x为2，B错误；C项，根据物料守恒有c(Cu2+)+ [Cu(NH )]2++[Cu(NH)]2++[Cu(NH)]2+
3 3 2 3 3
+[Cu(NH)]2+= c(SO 2-)，而Σ c[Cu(NH )2+]= [Cu(NH )]2++[Cu(NH)]2++[Cu(NH)]2++[Cu(NH)]2+，故溶液始
3 4 4 3 x 3 3 2 3 3 3 4
终存在c(Cu2+)+Σ c[Cu(NH )2+]=c(SO2-)，C正确；D项，氨水与Cu2+反应可得到Cu(OH) 、[Cu(NH )]2+、
3 x 4 2 3
[Cu(NH )]2+、[Cu(NH )]2+、[Cu(NH )]2+等，得不到单一产物，故不能利用已知浓度的氨水滴定未知浓度的
3 2 3 3 3 4
Cu2+，D正确；故选B。
18．（2023·辽宁省鞍山市普通高中高三一模） 是一种一元弱酸，常温下，向
溶液中逐滴加入浓度为 的 溶液，溶液中 、 、中和率(中和率)的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点时，2c(Na+)=c(M-)+c(HM)
B．溶液中水的电离程度：c点 点
C．b点时，c(M-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D． 的电离常数为
【答案】A
【解析】A项，a点时lg =0，说明c(HM)=c(M-)，又根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)
+c(M-)，因为此时pH=5.2，则氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则c(Na+)c(OH-)，则c(Na+)c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C正确；D项，a点时
c(HM)=c(M-)，pH=5.2，则HM电离常数= ，D正确；故选A。
19．（2023·湖北省高三起点考试）常温下，向一定浓度的HX溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液的
2
pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．HX的电离常数K 的数量级为10-2
2 a1
B．水电离的(H+)：N点c(X²-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)
【答案】B【解析】根据直线m，当pH=0时 或 =-1.3，对应电离常数为10-1.3；根据直线n，
当pH=0时 或 =-4.3，对应电离常数为10-4.3， K ＞K ，所以K =1.0×10-1.3，
a1 a2 a1
K =1.0×104.3。A项，K =1.0×10-1.3，A正确；B项，直线n表示pH与 的关系， ，N
a2 a1
点 =0，则c(H+)=1×10-4.3， HX-电离出氢离子使溶液呈酸性，则M点氢离子浓度更大，氢离子抑
制水的电离，故水的电离程度N点>M点，B错误；C项，N点存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=2c(X2-)
+c(HX-)+c(OH-)，由图可知N点时c(X2-)=c(HX-)，由选项B分析可知，此时溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，则
c(Na+)<3c(X2-)，C正确；D项，当混合溶液呈中性时 ， ，所以
c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，D正确；故选B。
20．常温下，用NaOH溶液滴定二元弱酸亚磷酸溶液，溶液中- 和-lgc( )或-
和-lgc( )的关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．L 表示- 和-lg c(HPO 2-)的关系
2 3
B．HPO 的电离常数K (H PO )的数量级为10-2
3 3 a1 3 3
C．等浓度等体积的HPO 溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO 2-)K ，则-lg K <-lgK ，所以表示-lgK =-lg -lg c(HPO 2-)的直线
3 a1 a2 a1 a2 a2 3
应该在上方即L，故A正确；B项，-lg K = -lg -lg c(H PO -)，对应直线为L，将点(1，0.43)代
2 a1 2 3 1
入得，-lg K =1.43，K =10-1.43，K 数量级为10-2，B正确；C项，等浓度等体积的HPO 溶液与NaOH溶
a1 a1 a1 3 3
液充分混合，生成NaH PO 溶液，HPO -既电离又水解，电离平衡常数K =10-6.54，水解平衡常数K=
2 3 2 3 a2 h
=10-12.57，水解程度小于电离程度，故c(HPO 2-)>c(H PO )，C项错误；D项，将-lgK =-lg -lg
3 3 3 a2
c(HPO 2-)变形可得到 ，pH等于6.54时， c(HPO -)=c(HPO 2-)，
3 2 3 3
根据电荷守恒，c(HA)+c(H＋)= c(OH―)+ c(HPO -)+2c(HPO 2-)= c(OH―)+ 3c(HPO 2-)，此时溶液呈酸性，
2 3 3 3
c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)<3c(HPO 2-)，D项正确；故选C。
3
21．室温下，某混合溶液中c(M+) +c(MOH) =c(R-) +c(HR) ， 和 随pH变化关系如
图所示，已知pX = -lg X。下列说法错误的是( )
A．曲线I表示 与pH关系曲线，pK=pK -2
a b
B．b点溶液中c(M+)＞c(R-)，x= - 2
C．MR溶液显碱性，且MR溶液溶液中c(MOH)＜c( HR)
D．等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(HR)＞c(Na+)＞c(R-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】由 ，当 =0即c(M+)= c(MOH)时，K= c(OH-)，同理，K=
b a
c(H+)，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示 与pH关系，曲线II表示 与pH关
系。A项，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示 与pH关系，K= c(H+)=10-6，常温下c点
ac(OH-)= ，K= c(OH-)=10-4，则pK=pK -2，A正确；B项，b点溶液pH=8，溶液呈碱性，
b a b
说明MOH电离程度比HR电离程度大，则c(M+) ＞c(R-)，c(OH-)= ，由
，则 ，则lgx=- =-2，B正确；C项，由K= 10-6，
a
K=10-4，相对而言MOH碱性较强、HR酸性较弱，则MR溶液显碱性，由越弱越水解规律可知，R-水解程
b
度大于M+，则MR溶液溶液中c(MOH) ＜c( HR)，C正确；D项，由K= 10-6，R-水解常数为
a
< K，则HR电离程度大于R-水解程度，等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(R-)＞
a
c(Na+)＞c(HR)＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；故选D。
22．草酸(H C O)是一种二元弱酸。常温下向HC O 溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg X[X表示
2 2 4 2 2 4
或]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．直线Ⅰ中X表示的是
B．直线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为1
C．c(HC O)>c(C O)>c(H C O)对应1.221，又＝<1，则c(H＋)>10－4.19 mol·L－1，pH<4.19，＝·＝·>1，则c(H+)<10－2.705
mol·L－1，pH>2.705，综上，c(HC O)>c(C O)>c(H C O) 对应2.705c(HX)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】A项，由题干信息可知，HNO 酸性强于HAsO，Ka(HNO)>Ka(HAsO )，当横坐标为0时，
2 2 2 2
，即 ， ，结合图中数据可知 ，
。故I代表HNO，II代表HAsO，A错误；B项，b点溶液中 ，则有：
2 2
，故b点对应溶液的pH=5.3，B正确；C项，c点和d点对应溶液均为中
性，由于HNO 酸性强于HAsO，要使溶液均呈中性，HNO 溶液中要加入较多的NaOH，即c点溶液中
2 2 2
c(Na+)大于d点溶液，C错误；D项，a点溶液pH=3.3，c(H+)＞c(OH-)，D错误；故选B。
考点三 溶度积曲线
1．(2023•全国甲卷，13)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
3
C．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。
2．(2023•山东卷，15)在含HgI (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI (s)
2 2
HgI (aq)；HgI (aq) Hg2++2I-；HgI (aq) HgI++I-；HgI (aq)+I- HgI --；HgI (aq)+2I-
2 2 2 2 3 2
HgI 2-，平衡常数依次为K、K、K、K、K。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI -)、lgc(HgI 2-)随lgc(I-)的
4 0 1 2 3 4 3 4
变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线 表示lgc(HgI 2-)的变化情况 B．随c(I-)增大，c[HgI (aq)]先增大后减小
4 2
C． D．溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为2：1
【答案】B
【解析】由题干反应方程式HgI (aq) Hg2++2I-可知，K= ，则有c(Hg2+)=
2 1
，则有lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)，lgc(HgI -)
1 2 2 2 3
=lgK +lgc(HgI )+ lgc(I-)，lgc(HgI 2-) ==lgK +lgc(HgI )+ 2lgc(I-)，且由HgI (s) HgI (aq)可知
3 2 4 4 2 2 2K=c[HgI (aq)]为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表
0 2
lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI -)、lgc(HgI 2-)。A项，线L表示lgc(HgI 2-)的变化情况，A正确；B项，已知
3 4 4
HgI (s) HgI (aq)的化学平衡常数K= c[HgI (aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI (aq)]
2 2 0 2 2
始终保持不变，B错误；C项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为：
1 2
lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有①b= lgK+lgc(HgI )-2a，②b= lgK+lgc(HgI )-a，联合①②可知得：
2 2 1 2 2 2
，C正确；D项，溶液中的初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg
2
元素的物质的量之比始终为2：1，D正确；故选B。
3．(2023•北京卷，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同 的NaCO 体系中的可能产
2 3
物。
已知：i.图1中曲线表示NaCO 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 的关系。
2 3
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=K[Mg(OH) )]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
s 2
c(Mg2+)·c(CO2-)=K(MgCO ) [注：起始c(Na CO)=0.1mol·L-1，不同 下c(CO2-)由图1得到]。
3 s 3 2 3 3
下列
说法不正确的是( )
A．由图1，pH=10.25，c(HCO -)= c(CO2-)
3 3
B．由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]= -6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]= -2，平衡后溶液中存在c(H CO)+ c(HCO -)+
2 3 3
c(CO2-)=0.1mol·L-1
3
D．由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]= -1，发生反应：Mg2++2HCO-= MgCO ↓+CO ↑+H O
3 3 2 2
【答案】C
【解析】A项，水溶液中的离子平衡 从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓
度相同，A项正确；B项，从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]= -6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；C项，从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]= -2时，该点位
于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H CO)+ c(HCO -)+ c(CO2-)＜0.1mol·L-1，
2 3 3 3
C项错误；D项，pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO -，pH=8，lg[c(Mg2+)]= -1时，该点位于曲线Ⅱ的上
3
方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2HCO-= MgCO ↓+CO ↑+H O，D项正确；故选
3 3 2 2
C。
4．(2022•福建卷，7)锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂
质离子，可在0~14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c ＜1.0×10-5mol·L－1 )。25℃时，lgc与pH关
系见下图(碱性过强时Fe(OH) 和Fe(OH) 会部分溶解)。下列说法正确的是( )
3 2
A．Mg2+可被净化的pH区间最大 B．加入适量HO，可进一步提升净化程度
2 2
C．净化的先后顺序：Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+ D．
【答案】B
【解析】A项，对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区
间最大的是Fe3+，A错误；B项，加入适量HO，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；C项，由
2 2
图可知，净化的先后顺序为Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+，C错误；D项，对离子净化时，相关离子浓度c<10-
5mol/L，lgc<-5，，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，
，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，
c(OH-)=10-9.5mol/L， ，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，
c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有
，D错误；故选B。
5．(2022•湖南选择性考试，10)室温时，用0.100 mol·L-1的标准AgNO 溶液滴定 浓度相等的
3
Cl-、 Br-和 I-混合溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子
的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。 ，
， )。下列说法正确的是( )A．a点：有白色沉淀生成 B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀 D．b点：c(Cl-)＞c(Br-)＞c(I-)＞c(Ag＋)
【答案】C
【解析】向含浓度相等的Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三
种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，
此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为
1.5×10-4mol。A项，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；B项，原溶液中
I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为 =0.0100molL-1，故B错误；C项，当Br-沉淀完全时
⋅
(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)= =5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，
则此时溶液中的c(Cl-)= =3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100molL-1，则已
经有部分Cl-沉淀，故C正确；D项，b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子⋅浓度
为： c(Ag＋) ＞c(Cl-)＞c(Br-)＞c(I-)＞，故D错误；故选C。
6．(2022•山东卷，14)工业上以SrSO (s)为原料生产SrCO (s)，对其工艺条件进行研究。现有含
4 3
SrCO (s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na CO 溶液，含SrSO (s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na SO 溶液。在一定
3 2 3 4 2 4
pH范围内，四种溶液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应SrSO (s)+CO2- SrCO (s)+SO 2-的平衡常数
4 3 3 4
B．a= -6.5
C．曲线④代表含SrCO (s)的1.0mol·L-1溶液的变化曲线
3D．对含SrCO (s)且NaSO 和NaCO 初始浓度均为1.0mol·L-1的混合溶液， 时才发生沉淀转
4 2 4 2 3
化
【答案】D
【解析】分析题给图象，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶
固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以
曲线①代表含硫酸锶固体的0.1 mol·L-1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1 mol·L-1硫酸
钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH
相同时，1 mol·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L-1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体
的0.1 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线。A
项，反应SrSO (s)+CO2- SrCO (s)+SO 2-的平衡常数K= = = ，故A
4 3 3 4
正确； B项，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积
K (SrSO )=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为 =10—
sp 4
6.5，则a为-6.5；C项，曲线④表示含碳酸锶固体的1 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；D项，硫
酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓
度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D错误；故选D。
7．(2022•海南省选择性考试，14)某元素M的氢氧化物M(OH) (s)在水中的溶解反应为：M(OH) (s)
2 2
M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH) (s)+2OH-(aq) M(OH) 2-(aq)，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c
2 4
为M2+或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)，
2 2 4
随着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
4 4
此曲线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
4
c(M2+)与pH的关系，A正确；B项，由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH) 的
2
K =c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，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
sp
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，
4 2c[M(OH) 2-]=0.1mol/L的溶液中，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
4
元素M仍主要以M(OH) 2-存在，D错误；故选BD。
4
8．(2021•全国甲卷，12)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
3 4 4
＋)×c(SO 2-)]＝－lg[K (BaSO)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO2-)]}＝－lg[K (BaCO)]，因
4 sp 4 3 sp 3
K (BaSO)＜ K (BaCO)，则－lg[K (BaCO)]＜－lg[K (BaSO)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－
sp 4 sp 3 sp 3 sp 4
lg[c(SO 2-)]的关系，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
4 3
溶液中微粒浓度关系，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
4
BaSO 溶液中－lg[c(Ba2＋)]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-)＝
4 4 4
7，则－lg[K (BaSO)]＝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
sp 4 sp 4 4
入适量BaCl 固体后，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，
2 sp 4 4
因此a点将沿曲线①向左上方移动，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。
9．(2021•全国乙卷，13)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M+)随c(H+)而变化，M+不发生水
解。实验发现， 时c2(M+)-c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是( )
A．溶液pH＝4时，c(M+)＜3.0×10-4mol·L－1 B．MA的溶度积度积K (MA)=5.0×10-8
sp
C．溶液pH＝7时，c(M＋)+c(H＋) =c(A－)+c(OH―) D．HA的电离常数K (HA)≈2.0×10-4
a1
【答案】C
【解析】A项，由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=
mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B项，由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中
有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则K (MA)= c(M＋)×c(A－)= c2(M
sp
＋)=5.0×10-8，B正确；C．设调pH所用的酸为HX，则结合电荷守恒可知c(M＋)+c(H＋) =c(A－)+c(OH―)+
n
nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D项， 当c(HA)= c(A－)
时，由物料守恒知c(A－)+ c(HA)=c(M＋)，则 ，
，则c2(M＋)=5.0×10-8，对应图得此时溶液中c(H＋) =2.0×10-
4mol/L， ，D正确；故选C。
第一步：明确图像中横、纵坐标的含义
认识图像横坐标、纵坐标表示什么，横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度或其对数或其
负对数。
第二步：理解图像中线上点、线外点的含义
曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Q=K 。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓
c sp
度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外。
当横、纵坐标为离子浓度或其对数时，则：
曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Q>K 。
c sp
曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时QK (CuS)
sp sp sp
(2)负对数[－lgc(M＋)~－lg c(R－)]曲线：横、纵坐标分别为阳离子或阴离子的负对数
图像展示
函数关系 函数关系：随着CO浓度增大，Ca2＋浓度减小
** 错误的表达式 **横坐标数值越大，CO)越小；纵坐标数值越小，c(M)越大
** 错误的表达式 **直线上各点的意义：直线上的任何一点为饱和溶液；直线上方的点为
不饱和溶液；直线下方的点为过饱和溶液，有沉淀生成
曲线可知信
如：c点，相对于MgCO 来说，处于直线上方，为不饱和溶液；相对于CaCO 来说，处
3 3
息
于直线下方，为过饱和溶液，此时有CaCO 沉淀生成
3
** 错误的表达式 **计算K ：由曲线上面给定数据可以计算出相应的K
sp sp
** 错误的表达式 **比较K 大小：K (MgCO )>K (CaCO )>K (MnCO )
sp sp 3 sp 3 sp 3
3．pM——浓度图：纵坐标为阳离子的负对数，横坐标为滴加阴离子的溶液的体积
向 10mL 0.2 mol/L CuCl 溶液中滴加
2
曲线可知信息
0.2 mol/L 的 NaS 溶液
2** 错误的表达式 **曲线上各点的意义：曲线上任一点(a、b、c
点)都表示饱和溶液
** 错误的表达式 **计算 K ：由 b 点恰好完全反应可知的
sp
c(Cu2+)＝10－17.7，进而求出K ＝10－17.7×10－17.7＝10－35.4
sp
** 错误的表达式 **比较a、b、c三点水的电离程度大小
1．（2024·北京朝阳区高三期中）一定温度下，向含一定浓度金属离子M2+(M2＋代表Fe2+、Zn2+和
Mn2+)的溶液中通HS气体至饱和c(HS)为 时，相应的金属硫化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时
2 2
的 与pH关系如下图。下列说法不正确的是( )
A．a点所示溶液中，c(H+)>c(Zn2+)
B．该温度下，K (ZnS)0.1mol/L，所以c(H+)>c(Zn2+)，故A正确；B项，K (MnS)= c(M2+)·c(S-)，又在c(H+)=0.1mol·L-1时
sp
c(H+)、c(S2-)相同，图像上取相同的横坐标时 < < ，即c(S2-)相同时
c(Zn2+)< c(Fe2+) 3×10-4mol·L-1
C．随着c(H+)的增大， MA的溶度积Ksp(MA)保持不变D．c2(M+)~ c(H+) 的线性关系为： c2(M+)= K (MA)
sp
【答案】A
【解析】A项，向MA的饱和溶液中加入一元弱酸HA，抑制MA的溶解，M+浓度降低，A错误；B
项，根据图像，溶液 c(H+)= 2×10-4时，c2(M+)=10.0×10-8(mol/L)2，所以c(M+)> 3×10-4mol·L-1，B正确；C
项，Ksp(MA)只受温度影响，温度不变，Ksp(MA)不变，C正确；D项，MA的饱和溶液中c(M+)=c(A-)
+c(HA) ， c2(M+)= c(M+)×[c(A-)+c(HA)]= c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(HA)= c(M+)×c(A-)+ c(M+) =
c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(A-)× = c(M+)×c(A-)×[1+ ]= K (MA) ，D 正确； 故选
sp
A。
6．(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
4 2 3
醋酸处理。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
sp 4 sp 3 3 4
曲线如图所示。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。
7．难溶物在水溶液中存在沉淀溶解平衡，已知K (CaSO)=9.0×10-6，K (CaCO)=2.8×10-9，离子浓度
sp 4 sp 3
与物质常温下的溶解度关系如图所示，下列说法正确的是( )A．L 为CaSO 曲线，L 为CaCO 曲线
1 4 2 3
B．c 的数量级为10-4，c=3.0×10-3mol/L
1 2
C．常温下L 溶解度：a>d，a>e
1
D．降低温度a点可移动至c点
【答案】C
【解析】K (CaSO)=9.0×10-6则饱和CaSO 溶液中 。
sp 4 4
K (CaCO)=2.8×10-9，则 。计算得知c(SO 2-)＞c(CO2-)，则
sp 3 4 3
L2为CaSO，L1为CaCO 。A项，L 为CaSO，L 为CaCO ，A项错误；B项，c、c 分别为饱和溶液中
4 3 2 4 1 3 1 2
的离子浓度，则c 的数量级为10-5而c=3×10-3，B项错误；C项，a→d点溶液中Ca2+增加而CO2-减少，说
1 2 3
明向该溶液中加入了Ca2+溶解平衡CaCO (s) Ca2+(sq)+ CO 2-(aq)逆向，所有CaCO 溶解度降低。所有
3 3 3
溶解度a>d。a→e点溶液中CO2-增加而Ca2+减少，说明向该溶液中加入了CO2-溶解平衡CaCO (s)
3 3 3
Ca2+(sq)+ CO 2-(aq)逆向，所有CaCO 溶解度降低。所有溶解度a>e。C项正确；D项，降低温度，CaCO 溶
3 3 3
解平衡逆向，饱和溶液中离子浓度降低，a不会移向c点，D项错误；故选C。
8．天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知K (CaCO)=10-8.7，某溶洞水体中
sp 3
lgc(X)(X为HCO -、CO2-或Ca2+)与pH变化的关系如下图所示。下列说法错误的是( )
3 3
A．曲线②代表CO2- B．K (H CO)的数量级为10-11
3 a2 2 3
C．a=-4.35，b=-2.75 D．pH=10.3时，c(Ca2+)=10-7.6 mol·L-1
【答案】C
【解析】根据图象可知：横坐标代表pH，随着pH增大，溶液碱性增强，c(HCO -)、c(CO2-)增大，先
3 3
生成HCO -，再生成CO2-，所以曲线①代表HCO -，曲线②代表CO2-，因为碳酸钙是难溶物，因此随着
3 3 3 3
c(CO2-)增大，溶液中c(Ca2+ )减小，推出曲线③代表Ca2+。A项，曲线②代表CO2-，A正确；B项，电离
3 3平衡常数只受温度的影响，曲线①和②的交点代表c(HCO -)=c(CO2-)，即K =
3 3 a2
，故K (H CO)的数量级为10-11，B正确；C项，曲线②和③的交点，代表
a2 2 3
c(CO2-)=c(Ca2+)，根据K (CaCO)=c(CO2-)·c(Ca2+)=10-8.7，则c(CO2-)=
3 sp 3 3 3
，即a=-4.35；根据电离平衡常数K = ，c(
a2
)= ，即b=-2.65，C错误；D项，当pH=10.3时，c(CO2-)=10-
3
1.1 mol/L，根据K (CaCO)= c(CO2-)·c(Ca2+)，c(Ca2+)= ，D正确；故选C。
sp 3 3
9．已知相同温度下，K [ Cu(OH) ]
