文档内容
题型 14 电解质溶液
目录
........................................................................................................................................1
【考向一】弱电解质的判断及应用....................................................................................................................1
【考向二】溶液酸碱性的判断............................................................................................................................4
【考向三】溶液中微粒浓度的等量关系............................................................................................................6
【考向四】溶液中微粒浓度的不等量关系........................................................................................................9
【考向五】水的电离度图像分析......................................................................................................................14
【考向六】酸、碱溶液稀释图像分析..............................................................................................................17
【考向七】酸碱中和滴定图像分析..................................................................................................................20
【考向八】分布系数图像分析..........................................................................................................................24
......................................................................................................................................28
【考向一】弱电解质的判断及应用
【典例1】常温下，CHCOOH、HCOOH(甲酸)的电离常数分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1mol/
3
LCH COOH溶液、0.1mol/LHCOOH溶液的说法正确的是
3
A．c(H＋)：CHCOOH=HCOOH
3
B．等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH>CH COOH
3
C．HCOOH与NaOH发生反应的离子方程式为：H＋＋OH-=H O
2
D．将CHCOOH溶液稀释100倍过程中，其电离常数保持不变
3
【答案】D
【解析】A．电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，所以电离程度大，
所以溶液中的c(H+)：CHCOOH＜HCOOH，故A错误；
3
B．等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH = CH COOH，故B错误；
3
C．HCOOH是弱酸，与NaOH发生反应：HCOOH+OH-=HCOO-+H O，故C错误；
2
D．电离常数只与温度有关，故将CHCOOH溶液稀释100倍过程中，其电离常数保持不变，故D正确；
3
故选D。
一、判断弱电解质的三个思维角度
1．弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离，如测0.1 mol·L－1的CHCOOH溶液的pH>1。
3
2．弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如 pH＝1的CHCOOH加水稀释10倍后，
3
17。
二、弱电解质的判断方法
（1）在相同浓度、相同温度下，与强电解质溶液做导电性对比实验。
（2）浓度与pH的关系。如0.1 mol·L－1 CHCOOH溶液的pH＞1，则可证明CHCOOH是弱电解质。
3 3
（3）测定对应盐溶液的酸碱性。如CHCOONa溶液呈碱性，则可证明CHCOOH是弱酸。
3 3
（4）稀释前后溶液的pH与稀释倍数的关系。例如，将pH＝2的酸溶液稀释至原体积的1 000倍，若pH
小于5，则证明该酸为弱酸；若pH为5，则证明该酸为强酸。
（5）通过电离常数比较，电离常数越大，弱酸（或弱碱）酸性（或碱性）相对较强。
【变式1-1】（2023上·四川德阳·高三统考）25℃，4种溶液的pH如下表所示：
编
① ② ③ ④
号
溶
氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
液
pH 11 11 3 3
下列有关叙述中正确的是
A．溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：①=③>②=④
B．向①、②中分别加入适量氯化铵晶体后，溶液的pH均减小
C．向③中加入少量醋酸钠固体，则溶液中 将增大
D．将aL②与bL④混合，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
【答案】B【解析】A. 酸碱都抑制水电离，pH =11的氨水中c(H+)=10-11、c(OH-)=10-3，由水电离的c(H+)=10-11；pH
=11的氢氧化钠溶液中c(H+)=10-11、c(OH-)=10-3，由水电离的c(H+)=10-11；pH =3的醋酸中c(H+)=10-3、
c(OH-)=10-11，由水电离的c(H+)=10-11；pH =3的盐酸中c(H+)=10-3、c(OH-)=10-11，由水电离的c(H+)=10-11；
溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：①=③=②=④，故A错误；
B. 向①中加适量氯化铵晶体后，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减
小，pH减小；向②中加入适量氯化铵晶体后，铵根离子和氢氧根离子结合为一水合氨，氢氧根离子浓度
减小，pH减小；故B正确；
C. 向③中加入少量醋酸钠固体，则溶液中
，水的离子积醋酸、醋酸电离平
衡常数只与温度有关，所以 不变，故C错误；
D. 将aL②与bL④混合，若所得溶液的pH=4，则 ，则a：b=9：11，故D错误；
选B。
【变式1-2】下列实验及其结论都正确的是
选
实验 结论
项
A 氯气的水溶液可以导电 氯气是电解质
常温下将等体积pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液混合后测混合后溶液pH 溶液的pH有可能等于
B
值 7
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的
C 酸性：HA=HB
氢气多
D 等体积的盐酸和醋酸分别与等量的Zn反应，两种酸放出气泡一样快 两种酸浓度相等
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．电解质必须为化合物，氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B．常温下将等体积 的酸溶液和 的碱溶液混合后，如果酸碱都为强电解质，则混合液呈中性；
如果酸是弱酸，混合液呈酸性，如果碱是弱碱，则混合液呈碱性，所以混合液的 值可能大于7，小于7
或等于7，故B正确；
C．等体积、 的两种酸 和 分别与足量的 反应，酸 放出的氢气多，HA的浓度大，HA
物质的量比HB多，即HA的酸性比HB弱，即酸性：HA②=③
B．将②③溶液等体积混合后C．②④溶液混合后呈中性，则两溶液的体积关系是②：④=1：10
D．将①溶液和②溶液分别稀释10倍、100倍后，所得两溶液的 相等
【答案】D
【解析】A．① 的 溶液中由水电离出 、② 的
溶液中由水电离出 、③ 的氨水中由水电离出
、④ 的 溶液中由水电离出
，则水电离的 ：①=④>②=③，A正确；
B．由于 的 溶液完全电离、 的氨水只能部分电离出，等体积混合后生成碱过量，
，B正确；
C． 的 溶液和 的 溶液混合后呈中性，说明两溶液中氢离子和氢氧根离子的物质
的量相等，则 ，C正确；
D．由于 是弱酸，不能完全电离，加水稀释后电离程度增大，而 是强酸，已经完全电离，
故将 的 溶液和 的 溶液分别稀释10倍、100倍后，所得两溶液的 不相等，
D错误；
故选D。
【考向三】溶液中微粒浓度的等量关系
【典例3】（2023上·北京·高三人大附中校考期末）对浓度均为 的① 溶液 ② 溶
液，下列分析不正确的是
A．①、②中的离子种类相同
B．①中水的电离程度比②中小
C．两种溶液的 大小：①>②
D．①、②均有
【答案】B
【解析】A．碳酸钠溶液中水解生成 和 ， 再水解生成 ；NaHCO 溶液中 水
3解生成 ，同时 电离生成 和H+，再结合水的电离存在，可知两溶液中离子种类相同，A
正确；
B．相同浓度的两溶液，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，①中水的电离程度比②中大，B错误；
C．相同浓度的两溶液，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，C正确；
D．由物料守恒可知两溶液中均存在 ，D正确；
故选B。
溶液中微粒浓度的等量关系
1．电荷守恒
（1）含义：阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等
（2）系数：电荷数
（3）特点：只含离子，与物质的种类、比例、是否反应无关，只与离子的种类有关
（4）判断：先看系数是否正确，再看离子是否齐全
2．物料守恒
（1）含义
①原始物质中某些微粒间存在特定的比例关系
②溶液中所有含某元素或原子团的微粒的浓度之和等于某一特定的数值
（2）系数：按照比例确定
（3）特点：一定没有H+和OH－，与比例有关，与是否反应无关
（4）判断：先看比例是否正确，再看微粒是否齐全
3．质子守恒
（1）含义：水电离出的c（H+）和c（OH－）相等
（2）表达式：c（OH－）+c（OH－） －c（OH－） ＝c（H+）+c（H+） －c（H+）
消耗 外来 消耗 外来
（3）系数：变化量
（4）特点：一定有H+和OH－，还有分子
（5）混合液中质子守恒＝电荷守恒与物料守恒消不变或特定的离子
（6）判断：先根据变化量确定系数是否正确，再看微粒方向是否正确
如：0.1 mol·L－1的NaCO 溶液中各粒子浓度的关系：
2 3①大小关系：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)。
②物料守恒：c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO)]。
2 3
③电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
④质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H CO)＋c(HCO)。
2 3
【变式3-1】（2022下·北京通州·高三潞河中学校考开学考试）常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定10
mL0.10mol·L-1HA溶液，测得滴定曲线如图，下列说法正确的是
2
A．溶液①中HA的电离方程式是HA=2H++A2-
2 2
B．溶液②中c(HA-)>c(A2-)>c(H A)
2
C．溶液③中c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)
D．溶液④中2c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H A)
2
【答案】B
【分析】由图可知，0.1mol/L H A溶液的pH为1.3，则HA为二元弱酸；氢氧化钠溶液体积为10mL时，
2 2
氢氧化钠溶液与HA溶液恰好反应得到NaHA溶液，溶液呈酸性说明HA-离子在溶液中的电离程度大于水
2
解程度；氢氧化钠溶液与HA溶液反应得到的中性溶液为NaHA和NaA的混合溶液；氢氧化钠溶液体积
2 2
为20mL时，氢氧化钠溶液与NaHA溶液恰好反应得到NaA溶液。
2
【解析】A．由分析可知，HA为二元弱酸，在溶液中分步电离，电离以一级为主，则溶液①中HA的电
2 2
离方程式是HA H++HA-，故A错误；
2
B．由分析可知，溶液②为NaHA溶液，溶液呈酸性说明HA-离子在溶液中的电离程度大于水解程度，则
溶液中微粒浓度的大小顺序为c(HA-)>c(A2-)>c(H A)，故B正确；
2
C．由分析可知，溶液③为NaHA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度
2
相等，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH—)，则溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，故C错误；
D．由分析可知，溶液④为NaA溶液，溶液中存在物料守恒关系c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)+2c(H A) ，故D
2 2
错误；
故选B。
【变式3-2】（2023上·辽宁大连·高三大连八中校考专题练习）25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的
是
A．0.1mol/LNaHCO 溶液中：c(Na+)=c(HCO )+c(CO )
3B．将CHCOONa溶液从25℃升温至60℃，溶液中 增大
3
C．pH相同的①CHCOONa、②NaOH、③NaClO三种溶液中c(Na+)：③>①>②
3
D．物质的量浓度相同的①NH Cl溶液②NH HCO 溶液，c(NH )：①>②
4 4 3
【答案】D
【解析】A． 溶液中，依据物料守恒： ，则
，A项错误；
B． 的水解反应为吸热反应，升高温度， 的水解程度增大， 增大，则溶液中
减小，B项错误；
C．NaOH是强碱，在水溶液中完全电离出钠离子和氢氧根， 和NaClO是强碱弱酸盐，在水溶
液中水解产生氢氧根，已知酸性： >HClO，所以水解程度：NaClO> ，所以在相同
的条件下若三种溶液pH相同，即产生相同浓度的氢氧根时，溶液的浓度：NaOH③>②，C项错误；
D． 水解程度越大，溶液中 越小， 水解产生氢氧根会促进 水解，则 的水解程
度：②>①，所以溶液中 ：①>②，D项正确；
故选D。
【考向四】溶液中微粒浓度的不等量关系
【典例4】（2023·全国·高三专题练习）25℃时，二元弱酸HA的 ， ，下列说法
2
正确的是
A． 溶液中
B．将等浓度的 溶液和硫酸溶液稀释10倍，前者pH较大
C． 的化学平衡常数
D．向 溶液滴加 溶液至中性时
【答案】B
【解析】A．NaHA溶液中，HA-既有电离又有水解，HA-的电离平衡：，HA-的水解平衡：
，电离大于水解，故c(A2-)>c(H A)，A
2
错误；
B．等浓度的HA溶液和硫酸溶液稀释10倍，浓度仍然相同，HA是弱酸，部分电离，硫酸是强酸，完全
2 2
电离，故pH前者较大，B正确；
C． 的化学平衡常数 ，C错误；
D． ，当c(HA-)=c(A2-)时， ，溶液呈酸性，故向
溶液滴加 溶液至中性时， ，D错误；
答案选B。
一、溶液中微粒浓度的不等量关系
1．三个原则
（1）原始物质中微粒浓度大
①盐在溶液中主要以离子形式存在
②弱酸或弱碱在溶液中主要以分子形式存在
（2）化学式中个数多的微粒浓度大
（3）主要反应生成的微粒浓度大
2．一个忽略：弱酸（碱）及其相应盐的混合物，相互抑制，忽略程度小的平衡
（1）CHCOONa+CHCOOH（1∶1）
3 3
①酸碱性：酸性，电离＞水解，忽略水解
②大小关系：c（CHCOO－）＞c（Na+）＞c（CHCOOH）＞c（H+）＞c（OH－）
3 3
（2）NH Cl和NH ·H O（1∶1）
4 3 2
①酸碱性：碱性，电离＞水解，忽略水解
②大小关系：c（NH +）＞c（Cl－）＞c（NH ·H O）＞c（OH－）＞c（H+）
4 3 2
（3）HCN和NaCN（1∶1）
①酸碱性：碱性，电离＜水解，忽略电离
②大小关系：c（HCN）＞c（Na+）＞c（CN－）＞c（OH－）＞c（H+）
（4）pH＝3的一元弱酸HR与pH＝11的NaOH溶液等体积混合
①反应后溶液的成分：NaR（少量）和HR（大量）
②酸碱性：酸性，电离＞水解，忽略水解
③大小关系：c（HR）＞c（R－）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH－）
（5）pH＝9的一元弱碱ROH与pH＝5的HCl溶液等体积混合①反应后溶液的成分：RCl（少量）和ROH（大量）
②酸碱性：碱性，电离＞水解，忽略水解
③大小关系：c（ROH）＞c（R+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）
3．三个思维模型
二、常见类型
1．比值型微粒浓度的变化
（1）适用范围：分子和分母变化趋势相同
（2）方法：变形法
①分子和分母同乘一个相同的量，尽可能将其转化为平衡常数
②分子和分母同乘溶液的体积，将其转化为物质的量
（3）极限法：无限加料或无限稀释
①无限加A，相当于只是A溶液，其浓度无限接近于所加入的A的浓度
②无限加水，相当于只是水，c（H+）或c（OH－）→10－7mol•L－1，其他微粒浓度为0
（4）中性溶液：结合电荷守恒进行判断
2．弱酸的酸式盐溶液中微粒浓度的比较
（1）NaHX（酸性）：c（Na+）＞c（HX－）＞c（H+）＞c（X2－）＞c（OH－）＞c（HX）
2
（2）NaHX（碱性）：c（Na+）＞c（HX－）＞c（OH－）＞c（HX）＞c（H+）＞c（X2－）
2
3．中性溶液中微粒浓度的比较
（1）方法
①在恰好中和的基础上多（少）加一点酸（碱）性物质，不考虑水解和电离
②正常的微粒浓度假设为1mol/L，额外多一点或少一点的微粒浓度假设为0.1mol/L（2）盐酸滴定氨水
①溶液成分：NH Cl（1mol/L）和NH ·H O（0.1mol/L）
4 3 2
②浓度大小：c（Cl－）＝c（NH +）＞c（NH ·H O）＞c（OH－）＝c（H+）
4 3 2
（3）醋酸滴定烧碱
①溶液成分：CHCOONa（1mol/L）和CHCOOH（0.1mol/L）
3 3
②浓度大小：c(Na+)＝c(CHCOO－)＞c(CHCOOH)＞c(H+)＝c(OH－)
3 3
（4）烧碱滴定氯化铵：NH Cl和NH ·H O（1∶1）显碱性
4 3 2
①溶液成分：NaCl（1mol/L）、NH ·H O（1mol/L）和NH Cl（1.1mol/L）
3 2 4
②浓度大小：c（Cl－）＞c(NH +)＞c(Na+)＝c（NH ·H O）＞c(H+)＝c(OH－)
4 3 2
（5）盐酸滴定醋酸钠：CHCOONa+CHCOOH（1∶1）显酸性
3 3
①溶液成分：CHCOONa（1.1mol/L）、CHCOOH（1mol/L）和NaCl（1mol/L）
3 3
②浓度大小：c(Na+)＞c(CHCOO－)＞c(CHCOOH)＝c（Cl－）＞c(H+)＝c(OH－)
3 3
（6）氯气通入烧碱
①溶液成分：NaCl（1mol/L）、NaClO（0.9mol/L）和HClO（0.1mol/L）
②浓度大小：c(Na+)＞c（Cl－）＞c(ClO－)＞c(HClO)＞c(H+)＝c(OH－)
【变式4-1】（2023上·北京·高三人大附中校考）浓度均为0.1 mol/L Na CO 和NaHCO 两种溶液各25
2 3 3
mL，分别加入25 mL 0.1 mol/LNaOH溶液，依次形成混合溶液①和②，①和②中各指定离子的浓度大小关
系不正确的是
A．①中离子浓度：c(OH-)>c( ) B．c(Na+)：①>②
C．②中离子浓度：c(OH-)>c( ) D．c( )：①=②
【答案】D
【分析】①溶液是NaCO 和NaOH物质的量比为1:1的混合溶液，②是只有NaCO 的溶液。
2 3 2 3
【解析】A．①中由于碳酸根离子水解变少，氢氧根离子变多，离子浓度：c(OH-)>c( )，A正确；
B．碳酸钠中钠离子比碳酸氢钠中钠离子多，因此c(Na+)：①>②，B正确；
C．②中溶液是碳酸钠，碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，碳酸氢根离子可以再水解生成碳酸
分子和氢氧根离子，因此离子浓度：c(OH-)>c( )，C正确；
D．①溶液是NaCO 和NaOH物质的量比为1:1的混合溶液，②是只有NaCO 的溶液，二者碳酸钠的浓度
2 3 2 3
相等，①中有NaOH碳酸根离子水解受到抑制，c( )：①>②，D错误；
答案选D。
【变式4-2】常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CHCOOH溶液和
3
HCN溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A．点①和点②所示溶液中：c(CHCOO-)>c(CN-)
3
B．点③和点④所示溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH COO-)>c(H+)
3
C．点①和点③所示溶液中：c(CHCOO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH COOH)
3 3
D．点②和点③所示溶液中都有：c(CHCOO-)+c(OH-)=c(CH COOH)+c(H+)
3 3
【答案】A
【分析】由图可知点①所示溶液为等浓度的NaCN、HCN混合溶液，点②所示溶液为等浓度的
CHCOONa、CHCOOH混合溶液，点③所示溶液呈中性为CHCOONa、CHCOOH混合溶液，点④恰好
3 3 3 3
生成醋酸钠，据此分析解答。
【解析】A．未加NaOH时HCN的pH大，可知HCN的酸性比醋酸弱，点①和点②含等量的NaCN、
CHCOONa，CN-水解程度大，则c(CHCOO-)＞c(CN-)，故A正确；
3 3
B．点③中pH=7，则c(OH-)=c(H+)，则点③中c(Na+)=c(CH COO-)＞c(H+)=c(OH-)，点④恰好生成醋酸钠，
3
水解显碱性，存在c(Na+)＞c(CHCOO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
3
C．点①的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+)，点②所示溶液中的物料守恒为c(CHCOOH)
3
+c(CH COO-)=2c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN-)=c(CH COOH)+c(CH COO-)，即
3 3 3
c(CHCOO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH COOH)，由点②到点③，继续加入NaOH，CHCOO-、CHCOOH浓度发
3 3 3 3
生改变，故C错误；
D．点②和点③所示溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(CH COO-)=c(Na+)+c(H+)，但两溶液中都不存在
3
c(CHCOOH)=c(Na+)的关系，故D错误；
3
故选：A。
【考向五】水的电离度图像分析
【典例5】如图表示水中c(H＋)和c(OH-)的关系，下列判断错误的是A．两条曲线间任意点均有c(H＋)c(OH—)=K
w
B．M区域内任意点均有c(H＋)d>b
w
D．在b点对应温度下，0.5mol/L的HSO 溶液与1mol/L的KOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=6
2 4
【答案】D
【解析】A．温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点K =10-12，c点K =10-13，a点K =10-14，
w w w
所以b＞c＞a，A错误；
B．a点和c点氢氧根离子的浓度相等，c点氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，若纯水仅升高温度，氢氧根
与氢离子浓度都增大，B错误；
C．a、d曲线温度相同，则离子积常数相同，即d点K =10-14，b点K =10-12，c点K =10-13，所以水的电离
w w w
常数Kw数值大小关系为：b＞c＞d，C错误；
D．b点K =10-12，0.5mol/L的HSO 溶液与1mol/L的KOH溶液等体积混合，氢离子浓度和氢氧根离子浓
w 2 4
度相同，等体积混合溶液呈中性，pH=6，D正确；
故选D。
【考向六】酸、碱溶液稀释图像分析
【典例6】（2023上·四川泸州·高三泸县五中校考）常温下，分别取未知浓度的MOH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的稀释图象且HA为强酸
B．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(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)
【答案】C
【分析】MOH溶液呈碱性，常温下pH大于7，MOH溶液加水稀释后，碱性减弱，溶液的pH减小；HA
溶液呈酸性，常温下pH小于7，HA溶液加水稀释后，酸性减弱，溶液的pH增大；则Q线代表MOH的
稀释图象且MOH为强碱（由图可知MOH溶液加水稀释至原体积的10倍pH减小1），P线代表HA的稀
释图象且HA为弱酸（由图可知HA溶液加水稀释至原体积的10倍pH的增大值小于1）。
【解析】A．根据分析，P线代表HA的稀释图象且HA为弱酸，A项错误；
B．酸、碱溶液对水的电离起抑制作用，酸溶液中OH-全部来自水的电离，碱溶液中H+全部来自水的电离，
图中X、Y、Z的pH依次为5、10、9，X、Y、Z中水电离的H+的浓度依次为10-9mol/L、10-10mol/L、10-
9mol/L，则水的电离程度：X=Z＞Y，B项错误；
C．将pH=5的HA溶液和pH=10的MOH溶液混合至pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中的电荷守恒
为c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，则c(M+)=c(A-)，c(A-)d
C．升温，a点溶液中 增大
D．等浓度HA和BOH溶液等体积混合，溶液的pH<7
【答案】C
【分析】横坐标 表示加水稀释 倍，纵坐标pOH增大表示稀释过程中，BOH溶液的 减小，
pH增大表示稀释过程中AH溶液的 减小。加水稀释相同倍数时，pOH或pH增大得越小，说明对应
的碱或酸越弱，则相同条件下，BOH的电离程度大于HA的，据此答题。
【解析】A．根据分析知，相同条件下，BOH电离程度大于HA，则 ，A错误；
B．根据pOH和pH的相对大小知，b点时由HA电离产生的 大于d点时BOH电离产生的 ，
则b点时水的电离被抵制程度大于d点时，故水的电离程度b7，D错误；
故选C。
【变式6-2】（2023上·河南濮阳·高二范县第一中学校联考）在25℃和100℃时，某溶液的pH和
的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．100℃时
B．c点对应溶液显碱性
C．若将b点溶液稀释，可沿所在的线移到c点
D．某温度下，d点对应的溶液可能是碱溶液或盐溶液
【答案】C
【解析】A．由 可得 ，即 ，a
点所在线pH+pOH=12，则其为100℃曲线， ，A正确；
B．c点所在曲线为25℃时，pH=8>7，故溶液显碱性，B正确；
C．b点所在曲线为25℃时，将b点溶液稀释，K 不变，沿曲线移动，b点对应的溶液pH=6，呈酸性，稀
w
释后pH趋近7， c点对应的溶液呈碱性，b点不能移动到c点，C错误；
D．d点对应的溶液pH=8，pOH约等于5，pHK
HX HY
D．pH=7时，三种溶液中c(Z-)>c(Y-)>c(X-)
【答案】D
【解析】A．由图像可知酸性：HZ>HY>HX，因此同温同浓度时，三种酸溶液的导电能力顺序：
HZ>HY>HX，A错误；
B．从滴定曲线可知， ，B错误；
C．酸性：HY>HX，则K >K ，C错误；
HY HX
D．中和至pH=7时，HX、HY、HZ消耗的NaOH的物质的量依次增多，则c(Z-)>c(Y-)>c(X-)，D正确；
答案选D。
1．酸碱中和滴定曲线
以室温时用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL 0.1mol·L－1HA溶液为例
（1）起始点：HA的单一溶液
①根据起点时的pH可以判断电解质的强弱
②根据起点时的pH可以计算弱酸（碱）的电离常数
（2）半中和点：HA和NaA等量混合
①酸性：HA的电离程度大于NaA的水解程度：c（A－）＞c（Na+）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH－）
②碱性：HA的电离程度小于NaA的水解程度：c（HA）＞c（Na+）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H+）
（3）中和点：原溶液中溶质恰好完全反应生成NaA
①特点：溶液的温度最高；水的电离度最大②溶液酸碱性：溶液显碱性
③微粒浓度的大小：c（Na+）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（HA）＞c（H+）
（4）中性点：判断酸或碱稍微过量
①溶液成分：NaA和少量的HA
②微粒浓度的大小：c（Na+）＝c（A－）＞c（OH－）＝c（H+）
（5）半过量点：NaA+NaOH（2∶1）
①溶液酸碱性：NaOH溶液过量，溶液显碱性
②微粒浓度的大小：c（Na+）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（HA）＞c（H+）
（6）倍过量点：NaA+NaOH（1∶1）
①溶液酸碱性：NaOH溶液过量，溶液显碱性
②微粒浓度大小：c（Na+）＞c（OH－）＞c（A－）＞c（HA）＞c（H+）
2．中和滴定中直线图像及分析
常温下，向二元弱酸HY溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示：
2
（1）滴定原理：HY+OH－ HO+HY－、HY－+OH－ HO+Y2－
2 2 2
（2）滴定过程：随着NaOH的加入，c（H+）逐渐减小
c（HY－） c（HY－）×c（H+）
K
a1
①lg c（H 2 Y） ＝lg c（H 2 Y）×c（H+） ＝lgc（H+）逐渐增大
c（HY−） c（HY−）×c（H+） c（H+）
②lgc（Y2− ）＝lgc（Y2− ）×c（H+）＝lg K
a2 逐渐减小
（3）电离常数：找浓度相等点
c（HY－） c（HY－）×c（H+）
c（H Y） c（H Y）
①a点：lg 2 ＝0，c（HY）＝c（HY－），K ＝ 2 ＝c（H+）＝10－1.3
2 a1
c（HY−） c（Y2－）×c（H+）
②e点：lgc（Y2− ）＝0，c（HY－）＝c（Y2－），K ＝ c（HY－） ＝c（H+）＝10－4.3
a2
c（HY－） c（HY−）
（4）交点c的特殊性：lg
c（H
2
Y） ＝lgc（Y2−
），c（HY）＝c（Y2－）
2
（5）酸式盐NaHY的酸碱性：比较K 和K 的相对大小
a2 h2
①若K ＞K ，说明HY－的电离程度大于HY－的水解程度，溶液呈酸性
a2 h2
②若K ＜K ，说明HY－的电离程度小于HY－的水解程度，溶液呈碱性
a2 h2K 10－14
w
③K ＝ K a1＝ 10－1.3 ＝10－12.7＜K ＝10－4.3，说明NaHY呈酸性
h2 a2
【变式7-1】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点溶液中存在：c(Cl-)b
【答案】A
【分析】结合题意分析可知，0-a段发生的为： ；a-b段发生的为：
；b-c段发生的为： ；
【解析】A．结合分析可知，a点溶液溶质成分为 ，且物质的量相等，此时 会电离
和水解损失，故c(Cl-)＞c( )，且 电离常数K =4.8×10-13，水解常数 ，
a3
故溶液呈现碱性c(OH-)＞c(H+)，，A错误；
B．b点对应的溶液为 物质的量之比是1：2的混合溶液，联立电荷守恒和物料守恒可知，
其质子守恒表达式为：c(H+)+c(H PO )=c(OH-)+c( )+2c( )，B正确；
3 4
C．c点对应的溶液为 物质的量之比是1：3的混合溶液，列电荷守恒表达式：c(H+)
+c(Na+)=c( )+2c( )+3c( )+c(OH-)+c(Cl-)，且钠离子和氯离子的浓度相等，所以电荷守恒表达
式为c(H+)=c( )+2c( )+3c( )+c(OH-)，C正确；
D．a点 会影响水的电离，结合A分析可知以水解促进水的电离为主；而b点 会影响水的电离，其电离常数K =6.2×10-8，水解常数 ，故以电离显酸性抑制水的电离为主，故水的
a2
电离程度：a>b，D正确；
故选A。
【变式7-2】（2023上·陕西·高三校联考）常温下，用浓度为 的NaOH标准溶液滴定浓度均
为 的HCl和 的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随 的变化曲线
如图所示。下列说法错误的是
A． 约为
B．水的电离程度：a10mL
D．向 的溶液中继续滴加 溶液，水的电离程度减小
【答案】C
【分析】 为二元酸，其电离过程为： ， 。常温时，向
水溶液中逐滴滴加 溶液，混合溶液中 、 和 的物质的量分
数 随 变化的关系如图所示，分析可知，Ⅰ为 含量变化曲线，Ⅱ为 含量变化曲线，Ⅲ为
含量变化曲线。Ⅰ和Ⅱ的交点处，氢离子浓度即为此二元酸的第一级电离常数值，Ⅱ与Ⅲ交点处氢离子浓
度即为此二元酸的第二级电离常数值，结合溶液中的三大守恒分析即可。
【解析】A．根据分析 的 = ，数量级为 ，A错误；
B．根据分析，K (H A)=10-1.2，同理K (H A)=10-4.2，当c(HA)=c(A2-)时， ，此时
a1 2 a2 2 2
c(H+)=1×10-2.7mol/L，pH=2.7，B错误；C．当溶液中 时，由电荷守恒分析此时溶液呈现中性，向 水
溶液中逐滴滴加 溶液，若加入 溶液体积等于10mL，此时形成NaHA溶液，其电离
大于水解，溶液呈现酸性，故应在10mL的基础上多加 溶液才有可能呈现中性，故加入V(NaOH溶
液)>10mL，C正确；
D．向 的溶液中继续滴加NaOH溶液，结合图分析， 含量再减小， 含量增大，故水的电
离程度在增大，而氢氧化钠溶液过量则会导致水的电离受到抑制，故水的电离程度先变大后减小，D错误；
故选C。
【变式8-2】（2023·四川成都·棠湖中学校考一模）25℃时，向20 mL 0.1 mol·L−1 NaCO 溶液中逐滴加入
2 3
40 mL 0.1 mol·L−1 HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO 因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH
2
变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是
A．pH = 8时，溶液中水的电离程度最大
B．当溶液中c(HCO )：c(CO ) = 2：1时，溶液的pH = 10.2(已知lg2取0.3)
C．在同一溶液中，HCO、HCO 、CO 能大量共存
2 3
D．pH = 7时，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+) > c(HCO ) > c(Cl−)
【答案】B
【分析】随着盐酸的加入溶液溶质变化：碳酸钠→碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠→碳酸氢钠、氯化钠→氯化
钠→氯化钠、HCl。
【解析】A．据分析，随着溶质的变化对水电离的促进逐渐减弱，抑制逐渐增强，因此水电离程度最大是
还未加入盐酸的时候，故A错误；
B．据图像， ，c(HCO )=c(CO ) 时，pH=10.5此时可求得 ，溶液
中c(HCO )：c(CO ) = 2：1时 ，可求得 ，此
时溶液pH= -lg（2×10-10.5mol/L）=10.2，故B正确；
C．据图像可以看出当 大量存在时pH＞8，此时HCO 几乎不存在于溶液中，故C错误；
2 3
D．根据图像pH=8时溶液中碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，此时氯离子浓度和碳酸氢根离子浓度相
等，继续加入盐酸，当pH=7时有部分碳酸氢根离子转化为碳酸，氯离子浓度还在继续增大，此时氯离子
浓度大于碳酸氢根离子浓度，故D错误；故选B。
1．（2023·河北卷）某温度下，两种难溶盐 的饱和溶液中 或 与
的关系如图所示。下列说法错误的是
A．
B．若混合溶液中各离子浓度如J点所示，加入 ，则平衡时 变小
C．向 固体中加入 溶液，可发生 的转化
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，待平衡时
【答案】D
【分析】对于沉淀 ，存在沉淀溶解平衡 ，则 ，在
图像上任找两点（0，16），（3，7），转化成相应的离子浓度代入，由于温度不变，所以计算出的
不变，可求得x=3， ；对于沉淀 ，存在沉淀溶解平衡
， ，按照同样的方法，在图像上任找两点（0，10），（3，7），可求得y=1， 。
【解析】A．根据分析可知，x=3，y=1， ，A项正确；
B．由图像可知，若混合溶液中各离子浓度如J点所示，此时 ，加入 ， 增大，
减小，则 ， ， 变小，B项正确；
C．向 固体中加入 溶液，当达到了 的溶度积常数，可发生 → 的转化，C项正
确；
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，由于沉淀 达到沉淀溶解平衡，所以 不发生变
化，而 要发生沉淀， 和 的物质的量按1:y减少，所以达到平衡时 ，
D项错误；
故选D。
2．（2023·福建卷） 时，某二元酸 的 、 。 溶液稀释过程
中 与 的关系如图所示。已知 的分布系数
。下列说法错误的是
A．曲线n为 的变化曲线 B．a点：
C．b点： D．c点：
【答案】B
【分析】 溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA- H++A-和水解平衡HA-
+H O OH-+H A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为 的变化曲线， 的增大，
2 2减小， 增大明显，故曲线m为 的变化曲线，则曲线p为 的变化曲线；
【解析】A． 溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA- H++A-和水解平衡
HA-+H O OH-+H A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为 的变化曲线，选
2 2
项A正确；
B．a点, =1.0，则 =0.1mol/L， =0.70， = =0.15，
， ， ，选项B错误；
C．b点, =0.70， = =0.15，即 = ，根据物料守恒有，
，故 ，选项C正确；
D．c点： = ，故 根据电荷守恒有
，故 ，选项D正确；
答案选B。
3．（2023·重庆卷） 溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的
是
A． 点 等于 点
B． 点 大于 点
C． 点降温过程中有2个平衡发生移动
D． 点
【答案】B
【解析】A．温度升高，水的电离程度增大，则 点 小于 点 ，A错误；
B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，
故 点 大于 点 ，B正确；
C． 点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；
D． 点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知， ，D错误；
故选B。
4．（2023·北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下 在不同 的 体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合 ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
[注：起始 ，不同 下 由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态 ，无沉淀生成
C．由图2，初始状态 ，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态 、 ，发生反应：
【答案】C
【解析】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出 时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，
A项正确；
B．从图2可以看出 、 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．从图2可以看出 、 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项错误；
D． 时，溶液中主要含碳微粒是 ， ， 时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会
生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为 ，D项正确；
故选C。
5．（2023·浙江卷）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
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
，溶液中，故D正确。
综上所述，答案为D。
6．（2023·湖南卷）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
A． 约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【分析】NaOH溶液和HCl、CHCOOH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，CHCOOH未发生反应，溶质成分为NaCl和
3
CHCOOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CHCOOH，溶质成分为NaCl、CHCOOH和 CHCOONa；c
3 3 3 3
点时NaOH溶液与CHCOOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CHCOONa；d点时NaOH过量，溶质成
3 3
分为NaCl、CHCOONa和NaOH，据此解答。
3
【解析】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CHCOOH，c(CHCOOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-
3 3
3.38mol/L， = =10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CHCOOH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CHCOOH和 CHCOONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明
3 3
CHCOOH的电离程度大于CHCOO-的水解程度，则c(CHCOOH)d，故D错
3误；
答案选D。
7．（2023·湖北卷） 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
【答案】C
【分析】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，利用此规律解决本题。
【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HL，此时电
2
离出的HL-较少，根据HL的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈5×10-9.46，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；
2
B．根据图示的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
2 2
当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
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；
故答案选C。
8．（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持HS饱和，即 ，通过调节pH使 和
2
形成硫化物而分离，体系中 与 关系如下图所示，c为 和 的浓度，单位为
。已知 ，下列说法正确的是
A． B．③为 与 的关系曲线
C． D．
【答案】D
【分析】已知HS饱和溶液中随着pH的增大，HS的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，
2 2
则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，
则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且 ，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-
lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表
S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【解析】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时
c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有 ，A错误；
B．由分析可知，③为 与 的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-
6.5mol/L， 或者当c(H+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-
3.9mol/L， ，C错误；D．已知KaKa= = ，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，
1 2
c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有KaKa= =
1 2
=10-21.8，结合C项分析可知Ka=10-7.1，故有
1
，D正确；
故答案为D。
9．（2023·全国卷）一定温度下，AgCl和Ag CrO 的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
2 4
下列说法正确的是
A．a点条件下能生成Ag CrO 沉淀，也能生成AgCl沉淀
2 4
B．b点时，c(Cl-)=c(CrO )，K (AgCl)=K (Ag CrO)
sp sp 2 4
C．Ag CrO+2Cl- 2AgCl+CrO 的平衡常数K=107.9
2 4
D．向NaCl、NaCrO 均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO 溶液，先产生Ag CrO 沉淀
2 4 3 2 4
【答案】C
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag CrO 的溶度积K (Ag CrO)=c2(Ag+)·c(CrO )=(1×10-5)2×1×10-
2 4 sp 2 4
1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积K (AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选
sp
项结果。
【解析】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag CrO)=10-
2 4
17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积K ，二者不会生成沉淀，A错误；
sp
B．K 为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者
sp
的溶度积不相同，B错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K= ，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K== = = =1×107.9，C正确；
D．向NaCl、NaCrO 均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和
2 4 3
10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；
故答案选C。
10．（2023·全国卷）下图为 和 在水中达沉淀溶解平衡时的 关系图(
； 可认为 离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由 点可求得
B． 时 的溶解度为
C．浓度均为 的 和 可通过分步沉淀进行分离
D． 混合溶液中 时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则 = = =
，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则 = = = ，
时 的溶解度为 =10-3 ，故B错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀 和
，故C正确；
D．由图可知， 沉淀完全时， ，pM 5，此时pH约为4.7，在此pH下 刚开
始沉淀的浓度为 ，而题中 > ，则 会同时沉淀，故D错
误；答案选C。
11．（2022·河北·高考真题）某水样中含一定浓度的CO 、HCO 和其他不与酸碱反应的离子。取
10.00mL水样，用0.01000mol•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如
图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是
A．该水样中c(CO )=0.01mol•L-1
B．a点处c(H CO)+c(H+)=c(OH—)
2 3
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO )基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO )+c(HCO )+c(H CO)=0.03mol•L-1
2 3
【答案】C
【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO +H+=HCO 、HCO
+H+= H CO，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根
2 3
离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生
突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO +H+=HCO 可知，水样中碳酸根离子的浓度为
=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中
碳酸氢根离子的浓度为 =0.01mol/L。
【解析】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中
质子守恒关系为c(H CO)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO )，故B错误；
2 3
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生
反应CO +H+=HCO ，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中
c(CO )+c(HCO )+c(H CO)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO )+c(HCO )
2 3
+c(H CO)]会小于0.03 mol/L，故D错误；
2 3
故选C。
12．（2022·辽宁卷）甘氨酸 是人体必需氨基酸之一、在 时， 、
和 的分布分数【如 】与溶液 关系如图。
下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C． 的平衡常数
D．
【答案】D
【解析】A． 中存在 和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲
线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示 的分布分数随溶液pH的变化，故
B正确；
C． 的平衡常数 ， 时，
根据a，b曲线交点坐标 可知， 时， ，则
，故C正确；D．由C项分析可知， ，根据b，c曲线交点坐标坐标 分析可得电
离平衡 的电离常数为K= ，
1
，则 ，即
，故D错误；
故答案选D。
1．（2023上·辽宁大连·高三大连八中校考）根据如图所示图示所得出的结论正确的是
A．图甲是常温下用0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10mol/LCH COOH的滴定曲线，溶液刚好成中
3
性即酸碱中和滴定的终点
B．图乙中在b点对应温度下，将pH=2的HSO 与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
2 4
C．图丙为MOH和ROH两种一元碱水溶液在常温下分别加水稀释时pH的变化曲线，可知ROH是弱
碱
D．图丁是一定温度下三种碳酸盐MCO (M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线，a点可表示
3
MgCO 的不饱和溶液，且c(Mg2+)>c(CO )
3
【答案】B
【解析】A．酸碱中和滴定的终点完全生成 ， 为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，A
项错误；
B．b点温度下 ，该温度下，pH=2的 中 ，
pH=10的NaOH溶液中 ，等体积混合后，酸碱恰好完全反应生成硫酸钠和水，
B项正确；
C．pH=13的ROH稀释100倍时，pH变为11，说明稀释后 为原来的 ，则ROH在水溶液中完全电离，可知ROH是强碱，C项错误；
D．横坐标数值相同时，纵坐标数值越大，该离子浓度越小，a点在 溶解平衡上方，为 的不
饱和溶液，a点的纵坐标大于横坐标，即 ，则 ，D项错误；
故选B。
2．（2023上·内蒙古赤峰·高三赤峰二中校考）常温下，将 溶液滴加到 等浓度的某一元酸HA
溶液中，测得混合溶液的pH与粒子浓度比值的负对数的变化关系如图所示下列叙述不正确的是
A．m点对应的 溶液体积小于
B． 的数量级为
C．l点所示溶液中：
D．各点的水溶液中水的电离程度大小关系：
【答案】D
【解析】A．NaOH与HA浓度相等，当NaOH溶液体积等于10mL时，得到的溶液中溶质为等浓度的HA
和NaA的混合溶液，HA的电离程度大于A−的水解程度，所以c(A−)＞c(HA)，而m点p=0，说明
c(A−)=c(HA)，则m点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，故A正确；
B．m点时c(A−)=c(HA)，此时 ，所以 的数量级为 ，故B
正确；
C．l点所示溶液显酸性，是NaA与HA的混合溶液，则根据元素质量守恒可得： ，
故C正确；
D．l、m、n点各溶液均呈酸性，溶液的酸性越强，HA的浓度越大，对水电离的抑制作用就越强。由于酸
性：l＜m＜n，则各点水的电离程度大小关系：l>m>n，故D错误；
故选D。
3．25℃时，向100mL 的NaHA溶液中分别加入浓度均为 的NaOH溶液和盐酸，混
合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示(忽略过程中的体积变化)。下列说法不正确的是A．25℃时， 的第二步电离平衡常数约为
B．水的电离程度：N>M>P
C．随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH不会小于2
D．M点时溶液中存在：
【答案】A
【分析】NaHA溶液中加入NaOH溶液，发生 ，pH随着NaOH溶液的加入逐
步增大，M曲线代表加入NaOH溶液；NaHA溶液中加入盐酸，发生 ，pH随着
盐酸的加入逐步减小，P曲线代表加入盐酸。
【解析】A．起点时，0.01mol/LNaHA溶液的pH=4，溶液显酸性，电离方程式为 ，
， ，因此第二步电离平衡常数约为 ，
A项错误；
B．根据上述分析，加入NaOH溶液体积 ，水的电离程度逐渐增大，当加入100mLNaOH时，此
时溶液溶质为 ，水的电离程度达到最大，加入盐酸溶液，抑制水的电离，因此水的电离程度为N＞M
＞P，B项正确；
C．随着盐酸不断加入，溶液酸性不断增强，HCl为强电解质，完全电离，pH=2的酸性溶
，若 完全电离，则随着盐酸的加入，当加入体积V=100mL时，溶液中
，但 并不完全解离，因此溶液中
，最终溶液pH不会小于2，C项正确；
D．根据电荷守恒有 ，M点溶液的pH=7， ，
即有 ，D项正确；故选A。
4．（2023上·北京·高三首都师范大学附属中学校考）下列图示与对应叙述相符的是
A．图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则
B．图乙表示1L pH=2的 溶液加水稀释至V L，pH随 的变化
C．图丙表示在不同温度下水溶液中 和 浓度的变化曲线，图中温度
D．0.1mol/L 溶液的pH随温度变化的曲线如图丁中A所示
【答案】D
【解析】A．由图甲FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线可知，当硫离子浓度相同时，平衡时，铜离子浓度小
于铁离子浓度，则 ，A错误；
B．醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释 ，会促进醋酸电离， 变化小于n，所以1L pH=2的
溶液加水稀释至V L，pH变化并不是图乙所示，B错误；
C．水的电离吸热，温度升高促进水电离， ，C错误；
D．温度升高，促进 溶液中的铝离子水解，溶液中水解产生的氢离子增多，如图所示 减小，D
正确；
故选D。
5．（2023上·湖南湘西·高三统考）常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度分别为 、
的一元酸(HA)、二元酸( )溶液，得到如图滴定曲线，其中 、 为两种酸恰好完全中和的化学计量点。
忽略溶液混合时体积变化。下列叙述正确的是
A．X曲线代表 ，Y曲线代表HA，
B．两种酸恰好完全中和时，均可用酚酞或甲基橙作指示剂C．若 ，对于HA而言，滴定过程中有
D．若 点 ，则 点
【答案】C
【解析】A．HA消耗的V(NaOH)小于 消耗V(NaOH)的二倍，则 ，A错误；
B． 、HA恰好完全中和时，产物为强碱弱酸盐，均呈碱性，可使用酚酞做指示剂，不可使用甲基橙
做指示剂，B错误；
C．溶液中的质子守恒： ①，物料守恒： ②，
得： ，C正确；
D．完全中和时消耗 ，a点 时，占消耗氢氧化钠总体积的四分之三，
则溶质为NaHB与 ，且二者的浓度比为：1：1形成的溶液，则a点物料守恒和电荷守恒有关系式：
①， ②，用②-①，得
由于酸性环境， ，故
，D错误；
故选C。
6．（2023上·北京东城·高三汇文中学校考期中）常温下，向新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出
的 浓度与NaOH溶液体积之间的关系如图所示。下列推断不正确的是
A．E、F点溶液的pH分别为3和7
B．F点对应的溶液中：
C．G点对应的溶液中：
D．F~H点对应的溶液中， 为定值
【答案】D
【分析】E 点未滴加 NaOH为新制氯水，对水的电离有抑制作用；G 点对应溶液中水的电离程度最大，溶质为等物质的量的 和 ，即氯水和NaOH 恰好完全反应，产生的 NaC1O 水解促进水的电
离使溶液呈碱性；F和H点对应溶液中水的电离均未受影响，结合上述分析，F 点溶液呈中性，H点溶液
呈碱性，H点溶液为 NaOH、 和 的混合溶液。
【解析】A．E 点对应溶液为新制氯水，溶液显酸性，由水电离出的 ，溶液中
均由水电离，即溶液中 ，溶液pH=3；，F 点溶液呈中性pH=7，A正确；
B．F 点溶液呈中性，则 ，结合电荷守恒 可
得 ，B正确；
C．G 点对应溶液中水的电离程度最大溶质为等物质的量的 和 ，其中的 水解使溶液呈碱
性，导致其浓度小于 和 ，故有 ，C正确；
D．根据 元素守恒可知， F~H点对应的溶液中溶液体积不断增大，
不是定值，D错误；
故选D。
7．（2024上·天津南开·高三统考期末）常温下，在指定的溶液中一定能大量共存的离子组是
A． 的溶液：
B．加入酚酞显红色的溶液：
C．使 试纸变红的溶液：
D． 的溶液：
【答案】B
【解析】A． 的溶液显中性，Fe3+水解使溶液显酸性不能大量共存，A错误；
B．加入酚酞显红色的溶液显碱性,Ba2+、K+、Cl-、 之间不反应,都不与 反应,能够大量共存，B正
确；
C．使pH试纸变红的溶液显酸性, 与 、 反应,不能大量共存，C错误；
D． 与 反应生成沉淀,不能大量共存，D错误；
故选B。
8．（2023上·安徽·高三合肥一六八中学校联考）已知HR是二元弱酸。298K时，向一定浓度的KHR溶液
2
中滴加盐酸，混合溶液中pX与pH的关系如图所示 或 下列说法错误的
是A．直线L₁表示 与pH的关系
B． 的数量级为10-4
C．c点溶液中，
D．KHR和KR的混合溶液可能呈中性
2
【答案】B
【分析】横轴表示pH，纵轴表示-lg 或-lg ，lgK = =lg -pH，lgK =
a1 a2
= lg -pH，HR的一级电离平衡常数K 远大于二级电离平衡常数K ，则直线L、L
2 a1 a2 1 2
分别表示p[ ]、p[ ]，根据a点数据可知，pH=3.85时，-lg =-pH- lgK =-1，则
a1
K =1×10-2.85，根据b点数据可知，pH=4.66时，-lg =-pH- lgK =1，则K =1×10-5.66，以此解答。
a1 a2 a2
【解析】A．根据分析可知，直线L₁表示 与pH的关系，A正确；
B．根据分析可知，K =1×10-2.85，其数量级为10-3，B错误；
a1
C．c点pH>6，则 ，则 ，C正确；
D．HR-的水解常数= ，则KHR溶液显酸性，KR由于R2-水解，溶液显碱性，故
2
KHR和KR的混合溶液可能呈中性，D正确；
2
故选B。
9．（2023上·四川南充·高三四川省南充市白塔中学校考）常温下，向 溶液中滴
入 的稀盐酸，溶液中pX[ ]与加入稀盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，MOH电离常数的数量级为
B．a点对应的溶液中：
C．b点对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中：
D．c点溶液中：
【答案】D
【解析】A．常温下0点未加入稀盐酸，是 溶液， =8，可求出
， ，常温下，MOH电离常数的数量级为 ，A
错误；
B．a点加入10mL盐酸，所得溶液为MOH和MCl等物质的量的混合溶液，根据pX可知溶液显碱性，说
明MOH电离程度大于M+水解程度，溶液中存在： ，B错误；
C．b点加入20mL盐酸，酸碱恰好完全反应，得到MCl溶液，对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中
存在物料守恒： ，C错误；
D．c点加入40mL盐酸，所加HCl物质的量是原溶液中MOH物质的量的2倍，根据物料守恒，溶液中存
在： ，D正确；
故选D。
10．（2024上·湖北·高三校联考期末）常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LHA溶液。溶
液中 （或HA）的分布系数δ、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示［已知：
］。下列说法正确的是A．m点对应溶液中：
B．0.1mol/LHA溶液的pH约为3.1
C．p点对应溶液中：
D．m、p、n、q中，水的电离程度最大的是n点
【答案】B
【分析】用NaOH溶液滴定酸HA的过程中会发生反应：NaOH+HA=NaA+H O，HA不断减少，NaA不断
2
生成，则ab分别表示HA、A-的分布系数δ。溶液的pH不断增大，当加入20mLNaOH溶液时，恰好完全
反应。
【解析】A．m点对应的溶液中的溶质为等量NaA和HA，此时溶液pH小于7即c(H+)＞c(OH-)，说明A-水
解程度小于HA电离程度，则c(A-)>c(Na+)，故A错误；
B．由图可知，曲线a、b的交点x表示HA和A-的分布系数相同，即溶液中c(HA)=c(A-)，由电离平衡常数
计算式Ka= ，0.1mol/LHA溶液的 ，则pH
约为3.1，故B正确；
C．p点加入15mL的等浓度NaOH溶液，起始是20mL等浓度的HA溶液，存在电荷守恒：c(Na+)
+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，根据原子守恒，含Na和A的粒子总的浓度之比是3:4，故得到物料守恒：4
c(Na+)=3c(A-)+3 c(HA)，结合两式可得： ，故C错误；
D．由图可知，q点是NaOH和HA恰好完全反应的点，此时溶液中只有A-的水解促进水的电离，水的电离
程度最大，故D错误；
故选B。
