大单元四　第十二章　第56讲　溶液中的粒子平衡曲线分类突破_05-化学-高考总复习_一轮复习_2025年_2025年大一轮复习讲义人教版化学_资料_1-资料_大一轮复习讲义教师专用

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第56 讲　溶液中的粒子平衡曲线分类突破
[复习目标]　1.能正确识别图像，能从图像中找到曲线指代、趋势、关键点。2.利用溶液中
的平衡关系，学会分析不同类型图像中各粒子浓度之间的关系。
类型一　中和反应进程中pH 变化曲线
解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5 点”，即曲线的起点、反应一半点、中性点、
恰好反应点和过量点，先判断出各点中的溶质及溶液的酸碱性。以室温时用0.1 mol·L－
1NaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH 溶液为例(如图)，总结如何抓住滴定曲线的5
个关键点。
(1)起点
V(NaOH)＝0(0 点)：溶质是CH3COOH，粒子浓度大小关系：c  (CH
 
 3COOH)
 
 ＞
  c  (H
  ＋  )  ＞
  
c  (CH
 
 3COO
 
 －  ) ＞
  c  (OH
 
 －  ) 。
(2)一半点
V(NaOH)＝10 mL(点①)：溶质是等物质的量的CH3COOH 和CH3COONa，粒子浓度大小关
系：c  (CH
 
 3COO
 
 －  )  ＞
  c  (Na
 
 ＋  )  ＞
  c  (CH
 
 3COOH)
 
 ＞
  c  (H
  ＋  )  ＞
  c  (OH
 
 －  )  ；元素守恒：c(CH3COOH)＋
c(CH3COO－)＝2  c  (Na
 
 ＋  ) 。
(3)中性点
pH＝7(点②)：溶质是CH3COONa 和少量的CH3COOH，粒子浓度大小关系：c  (Na
 
 ＋  )  ＝
  
c  (CH
 
 3COO
 
 －  ) ＞
  c  (H
  ＋  ) ＝
  c  (OH
 
 －  ) 。
(4)恰好反应点
V(NaOH)＝20 mL(点③)：溶质是CH3COONa，粒子浓度大小关系：c  (Na
 
 ＋  ) ＞
  c  (CH
 
 3COO
 
 －  ) ＞
  
c  (OH
 
 －  ) ＞
  c  (H
  ＋  ) 。
(5)过量1 倍点
V(NaOH)＝40 mL：溶质是等物质的量的CH3COONa 和NaOH，粒子浓度大小关系：c  (Na
 
 ＋  ) 
＞
  c (OH
  － ) ＞
  c (CH
  3COO
 
 －  ) ＞
  c  (H
  ＋  ) 。
1.(2021·湖南，9)常温下，用0.100 0 mol·L－1 的盐酸分别滴定20.00 mL 浓度均为0.100 0 
mol·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
1
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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：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C．当pH＝7 时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)
D．分别滴加20.00 mL 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　NaX 为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为
c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A 正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，相应钠盐的
水解程度越大，由题图分析可知，HX、HY、HZ 三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一
元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B 正确；当溶液pH 为7 时，
酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种溶液中酸根离子的
浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故C 错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00 mL 盐酸，
三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷
守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：
c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D 正确。
2．(2021·海南，13 改编)25 ℃时，向10.00 mL 0.100 0 mol·L－1的NaHCO3溶液中滴加0.100 
0 mol·L－1的盐酸，溶液的pH 随加入的盐酸的体积V 变化如图所示。下列有关说法正确的是
(　　)
A．a 点，溶液pH>7 是由于HCO 水解程度大于电离程度
B．b 点，c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(Cl－)
C．c 点，溶液中的H＋主要来自HCO 的电离
D．d 点，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.100 0 mol·L－1
答案　A
解析　HCO 存在水解平衡和电离平衡，a 点溶液pH>7 是由于HCO 水解程度大于电离程度，
故A 正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，b 点pH＝7
即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，故B 错误；c 点溶质为碳酸氢
2
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钠、氯化钠、碳酸，溶液中的H＋主要来自H2CO3的电离，故C 错误；d 点，碳酸氢钠和盐
酸恰好反应，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.050 0 mol·L－1，故D 错误。
3.已知pKa＝－lg Ka,25 ℃时，H2SO3 的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。常温下，用0.1 mol·L－
1NaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( 
)
A．a 点所得溶液中：2c(H2SO3)＋c(SO)<0.1 mol·L－1
B．b 点所得溶液中：c(H2SO3)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)
C．c 点所得溶液中：c(Na＋)>3c(HSO)
D．d 点所得溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(SO)
答案　D
解析　滴定过程中发生反应：NaOH＋H2SO3===NaHSO3＋H2O、NaHSO3＋NaOH===Na2SO3
＋H2O。a 点溶液中的溶质为NaHSO3 和H2SO3，根据元素守恒得出，c(H2SO3)＋c(HSO)＋
c(SO)<0.1 mol·L －1 ，根据电离常数Ka1 ＝，此时溶液的pH ＝1.85 ，可推出c(HSO) ＝
c(H2SO3)，代入上式得出，2c(H2SO3)＋c(SO)<0.1 mol·L －1，故A 正确；b 点加入20 mL 
NaOH 溶液，NaOH 和H2SO3恰好完全反应生成NaHSO3，即溶质为NaHSO3，根据质子守恒
得c(H2SO3)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，故B 正确；c 点溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液显碱
性，SO＋H2OHSO＋OH－，根据水解平衡常数Kh(SO)＝＝，c(OH－)＝，推出c(HSO)＝
c(SO)①，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)②，将①代入②得c(Na
＋)＋c(H＋)＝3c(HSO)＋c(OH－)，c 点溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，显然：c(Na＋)>3c(HSO)，
故C 正确；d 点溶质为Na2SO3，溶液中离子浓度c(Na＋)>c(SO)>c(HSO)，故D 错误。
类型二　分布系数曲线
1．认识分布系数δ(X)与pH 曲线
分布系数曲线是指以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
的关系曲线。
一元弱酸(以CH3COOH 为例)
二元弱酸(以H2C2O4为例)
3
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注：pKa为电离常数的负对数
δ0为CH3COOH 的分布系数，δ1为CH3COO－
的分布系数
δ0为H2C2O4的分布系数，δ1为HC2O 的
分布系数，δ2为C2O 的分布系数
2.读图解题要领
(1)读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势(以上图中H2C2O4为例)随pH 增大，δ
只减不增的为H2C2O4曲线，δ 先增后减的为HC2O 曲线，δ 只增不减的为C2O 曲线。
(2)“用交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数K：
①图中M 点：c(HC2O)＝c(H2C2O4)，其pH 为pH1，Ka1(H2C2O4)＝＝
。
②同理图中N 点：c(HC2O)＝c(C2O)，对应pH 为pH2，Ka2＝
。
③图中O 点，c(H2C2O4)＝c(C2O)，此时c(HC2O)最大，其溶液pH 为pH3，则pH3＝。
思考　请根据H2C2O4的两级电离常数，推理论证上述③中结论。
提示　H2C2O4H＋＋HC2O，HC2OH＋＋C2O，Ka1·Ka2＝，由于交点O 时，c(H2C2O4)＝
c(C2O)，c2(H＋)＝Ka1·Ka2＝
·
，两边取负对数，即可得，pH3＝。
1．(2020·海南，12)某弱酸HA 溶液中主要成分的分布分数随pH 的变化如图所示。下列说法
错误的是(　　)
A．该酸－lg Ka ≈4.7
B．NaA 的水解平衡常数Kh＝
C．当该溶液的pH＝7.0 时，c(HA)<c(A－)
D．某c(HA)∶c(A－)＝4∶1 的缓冲溶液，pH≈4
答案　B
解析　观察曲线的交点：c(HA)＝c(A－)，此时溶液的pH≈4.7，该酸Ka＝≈10－4.7，故－lg 
Ka≈4.7，A 说法正确；NaA 的水解平衡常数Kh＝＝，B 说法错误；根据图像可知，当该溶
液的pH＝7.0 时，c(HA)＜c(A－ )，C 说法正确；根据图像可知，δ(HA)为0.8，δ(A－)为0.2
时，pH 约为4，故某c(HA)∶c(A－ )＝4∶1 的缓冲溶液，pH≈4，D 说法正确。
2 ．(2022· 辽宁，15) 甘氨酸(NH2CH2COOH) 是人体必需氨基酸之一。在25 ℃时，
NHCH2COOH、NHCH2COO－和NH2CH2COO－的分布分数[如δ(A2－)＝]与溶液pH 关系如图。
4
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下列说法错误的是(　　)
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c 代表NH2CH2COO－
C．NHCH2COO－＋H2ONHCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝10－11.65
D．c2(NHCH2COO－)<c(NHCH2COOH)·c(NH2CH2COO－)
答案　D
解析　NH2CH2COOH 中存在—COOH 和—NH2，所以甘氨酸既有酸性又有碱性，故A 正确；
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NHCH2COOH 的分布分数随溶液pH 的变化，曲线b 表示NHCH2COO－的
分布分数随溶液pH 的变化，曲线c 表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH 的变化，故B
正确；NHCH2COO－＋H2ONHCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝，25 ℃时，根据a、b 曲
线交点坐标(2.35,0.50)可知，pH＝2.35 时，c(NHCH2COO－)＝c(NHCH2COOH)，则K＝＝10－
11.65，故C 正确；由C 项分析可知，＝，根据b、c 曲线交点坐标(9.78,0.50)分析可得电离平
衡NHCH2COO －NH2CH2COO －＋H ＋的电离常数K ＝10 －9.78，＝，则×＝×<1 ，即
c2(NHCH2COO－)>c(NHCH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，故D 错误。
3．(2021·山东，15 改编)赖氨酸[H3N＋(CH2)4CH(NH2)COO－，用HR 表示]是人体必需氨基酸，
其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2＋H2R＋HRR－。向一定
浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH 溶液，溶液中H3R2＋、H2R＋、HR 和R－的分布系数δ(X)随
pH 变化如图所示。已知δ(X)＝，下列表述正确的是(　　)
A.>
B．M 点，c(Cl－) ＋c(OH－)＋c(R－)＝2c(H2R＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)
C．O 点，pH＝
D．P 点，c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
答案　D
5
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解析　M 点c(H3R2＋)＝c(H2R＋)，由此可知K1≈10－2.2，同理K2≈10－9.1，K3≈10－10.8，＝＝10
－6.9，＝＝10－1.7，因此<，故A 错误；M 点存在电荷守恒：c(R－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝2c(H3R2
＋)＋c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，此时c(H3R2＋)＝c(H2R＋)，因此c(R－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝
3c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，故B 错误；O 点c(H2R＋)＝c(R－)，因此＝1，即＝＝1，因此溶液
pH＝－lg c(H＋)＝，故C 错误；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的微粒浓度，因此c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H
＋)，故D 正确。
类型三　对数图像中的粒子浓度关系
将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取常用对数，即lg c(A)或lg 得到
的粒子浓度对数图像。
1．破解对数图像的数据
(1)运算法则：lg ab＝lg a＋lg b、lg＝lg a－lg b、lg 1＝0。
(2)运算突破点：如lg ＝0 的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0 的点有c(D)＝1 mol·L－1。
2．破解对数图像的步骤
(1)识图像：观察横坐标、纵坐标的含义，看清每条曲线代表的粒子种类以及曲线的变化趋
势，计算电离常数时应利用两种粒子浓度相等的点，如lg ＝0。
(2)找联系：根据图像中的坐标含义和曲线的交点，分析所给电解质的电离平衡常数或pH 与
纵、横坐标之间的联系。
(3)想原理：涉及电离平衡常数，写出平衡常数表达式，在识图像、想原理的基础上，将图
像与原理结合起来思考。
(4)用公式：运用对数计算公式分析。
1.丙酮酸(CH3COCOOH)是一元弱酸。298 K 时，向20 mL 0.1 mol·L－1丙酮酸溶液中滴加pH
＝13 的NaOH 溶液，溶液中lg 与pH 的关系曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．298 K 时，CH3COCOOH 的电离常数的数量级为10－3
B．E 点溶液中，a＝2
C．G 点对应的NaOH 溶液的体积为20 mL
D．E、F、G 三点对应的溶液中水的电离程度：E<F<G
答案　C
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解析　F 点lg ＝0，则c(CH3COCOO－)＝c(CH3COCOOH)，此时溶液pH＝2.5，即c(H＋)＝10
－2.5 mol·L－1，所以Ka＝＝10－2.5,298 K 时，CH3COCOOH 的电离常数的数量级为10－3，A 正
确；E 点溶液中，lg ＝－0.5，＝10－0.5，Ka＝＝10－2.5，c(H＋)＝10－2 mol·L－1，pH＝a＝2，B
正确；G 点对应的NaOH 溶液的体积如果为20 mL ，则刚好完全反应，溶质为
CH3COCOONa，溶液应呈碱性，但G 点pH＝4.5，呈酸性，C 错误；E、F、G 三点随NaOH
的加入，CH3COCOONa 的浓度越来越大，CH3COCOONa 水解促进水的电离，对应的溶液
中水的电离程度：E<F<G，D 正确。
2．(2017·全国卷Ⅰ，13)常温下将NaOH 溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH 与
离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A．Ka2(H2X)的数量级为10－6
B．曲线N 表示pH 与lg 的变化关系
C．NaHX 溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)
答案　D
解析　横坐标取0 时，曲线M 对应pH 约为5.4，曲线N 对应pH 约为4.4，因为是NaOH 滴
定H2X 溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX－)＝c(H2X)，所以曲线N 表示pH 与lg 
的变化关系，B 正确；＝1 时，即lg＝0，pH≈5.4，c(H＋)＝1×10－5.4 mol·L－1，Ka2＝＝1×10
－5.4，A 正确；NaHX 溶液中，c(HX－)>c(X2－)，即<1，lg <0，此时溶液呈酸性，C 正确；当
溶液呈中性时，由曲线M 可知lg >0，>1，即c(X2－)>c(HX－)，D 错误。
课时精练
1．常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH 溶液分别滴定20.00 mL 0.10 mol·L－1 盐酸和20.00 mL 
0.10 mol·L－1 CH3COOH 溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是(　　)
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A．图2 是滴定盐酸的曲线
B．a 与b 的关系是a＜b
C．E 点对应离子浓度由大到小的顺序可能为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
D．这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂
答案　C
解析　根据酸的初始pH 知，图1 为滴定盐酸的曲线，故A 错误；根据图1 知，a 点氢氧化
钠溶液的体积是20.00 mL，酸和碱的物质的量相等，二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶
液呈中性；醋酸中滴入氢氧化钠溶液，醋酸钠溶液呈碱性，所以b 点氢氧化钠溶液的体积小
于20.00 mL，a＞b，故B 错误；E 点溶液的成分为醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的
电离程度大于醋酸钠的水解程度，盐类水解程度较小，则溶液中离子浓度可能为c(CH3COO
－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C 正确；氢氧化钠和盐酸恰好反应，溶液呈中性，可以选择
甲基橙或酚酞；氢氧化钠和醋酸恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，只能选择酚酞，故D
错误。
2.(2023·大连高三联考)用0.100 0 mol·L－1的盐酸标准溶液分别滴定20.00 mL 浓度均为0.100 
0 mol·L－1的氨水和NaOH 溶液，滴定曲线如图。下列说法错误的是(　　)
A．滴加10.00 mL 盐酸时，氨水中存在c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋)
B．分别滴加20.00 mL 盐酸时，NaOH 溶液中水的电离程度大于氨水
C．若用甲基橙作指示剂，滴定终点时NaOH 溶液消耗盐酸的量略大于氨水
D．滴加10.00 mL 盐酸时，氨水中存在c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
答案　B
解析　滴加10.00 mL 盐酸时，溶质为NH4Cl 和NH3·H2O，且物质的量相等，利用电荷守恒
和元素守恒，氨水中存在c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)和c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，
所以有c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋)，故A 正确；分别滴加20.00 mL 盐酸时，恰好
反应生成氯化钠和氯化铵，铵根离子能够水解，所以NaOH 溶液中水的电离程度小于氨水，
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故B 错误；若用甲基橙作指示剂，滴定终点时pH 为3.1～4.4，若不考虑铵根离子水解，两
份溶液消耗盐酸的量相等，铵根离子水解呈酸性，所以NaOH 溶液消耗盐酸的量略大于氨
水，故C 正确；滴加10.00 mL 盐酸时，氨水中存在等量的NH3·H2O 和NH4Cl，此时
NH3·H2O 电离程度强于NH 水解程度，所以存在c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D 正确。
3．(2024·厦门模拟)次氯酸为一元弱酸，具有强氧化性，能杀菌、消毒。其溶液中HClO、
ClO－所占物质的量分数(分布系数δ)随pH 变化的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．该温度下，次氯酸的电离平衡常数Ka＝10－5
B．次氯酸的电离方程式为HClOH＋＋ClO－
C．向pH＝5 的次氯酸溶液中滴加少量的甲基橙，溶液最终变为黄色
D．某浓度的次氯酸溶液加水稀释过程中，保持不变
答案　C
解析　次氯酸为一元弱酸，电离方程式为HClOH＋＋ClO－，B 正确；次氯酸具有强氧化
性，能漂白酸碱指示剂，故滴加甲基橙溶液后溶液最终变为无色，C 错误；加水稀释过程中，
＝保持不变，D 正确。
4．某温度下，用0.10 mol·L －1 NaOH 溶液分别滴定20.00 mL 浓度均为0.10 mol·L －1 
CH3COOH 溶液和HCN 溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)＜c(CN－)
B．点③和点④所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
C．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
D．点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
答案　C
解析　A 项，点①溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(CN－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＞
c(H＋)，点②溶液中的电荷守恒为c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＜c(H
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＋)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，错误；B 项，点③溶液pH＝7，
则c(OH－)＝c(H＋)，则点③溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；C 项，点
①所示的溶液中存在元素守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)，点②所示的溶液中存在元素守
恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Na＋)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)＋c(CN－)＝
c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，即c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)，正确。
5．(2021·浙江6 月选考，23)取两份10 mL 0.05 mol·L －1 的NaHCO3 溶液，一份滴加0.05 
mol·L－1的盐酸，另一份滴加0.05 mol·L－1 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：NaHCO3溶液中HCO 的水解程度大于电离程度
B．a→b→c 过程中：c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)逐渐减小
C．a→d→e 过程中：c(Na＋)<c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
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　a 点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO 的水解程度
大于电离程度，故A 正确；由电荷守恒可知，a→b→c 过程溶液中c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH
－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，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(CO)＋c(OH－)逐渐减小，故B 正确；由元素守恒可知，a 点溶液中c(Na＋)＝
c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e
过程中c(Na＋)>c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，故C 错误；c 点溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝(0.05＋
10－11.3)mol·L－1，e 点溶液体积增大1 倍，此时溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝(0.025＋10－4.3)mol·L－
1，因此x>y，故D 正确。
6.常温下，在20 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L－1稀盐酸，溶液中
含碳元素各种微粒(CO2因逸出未画出)的物质的量分数(纵轴)随溶液pH 变化的部分情况如图
所示。下列说法正确的是(　　)
A．曲线a 表示CO 的变化曲线
B．H2CO3、HCO、CO 可大量共存于同一溶液中
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C．pH＝11 时，c(HCO)<c(Cl－)
D．碳酸钠的水解平衡常数为1.0×10－11
答案　A
解析　曲线a 显示，pH 越大，该微粒的含量越高，表示的是CO，故A 正确；根据碳酸钠的
性质可知，b 表示HCO 的变化，c 表示H2CO3的变化，由图像可知，H2CO3、HCO、CO 不
可大量共存于同一溶液中，故B 错误；根据pH＝11 可求得碳酸钠的水解平衡常数，Kh＝＝
1.0×10－3，故D 错误。
7．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 水(H＋)]与所加NaOH 溶液体积的关系如图所示。下列
说法不正确的是(　　)
A．常温下，Ka(HA)约为10－5
B．M、P 两点溶液对应的pH＝7
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 水(H＋)＝11，c 水(H＋)＝c 水(OH－)＝10－11 mol·L－1，c(H
＋)＝＝10－3 mol·L－1，HAH＋＋A－，Ka(HA)＝≈＝10－5，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，则P 点溶质为NaOH 和NaA，溶液显
碱性，即P 点溶液pH 不等于7，且b＝20.00，B 项错误、C 项正确；M 点溶液的pH＝7，根
据溶液呈电中性可知，c(Na＋)＝c(A－)，则M 点后，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(A－)，D 项正确。
8．25 ℃时，用0.10 mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol·L－1 H2A 溶液，加入氨水的体积
(V)与溶液中lg 的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是(　　)
A．A 点溶液的pH 等于1
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B．由图中数据可知，H2A 为强酸
C．B 点水电离出的H＋浓度为1.0×10－6 mol·L－1
D．C 点溶液中c(A2－)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋)
答案　D
解析　A 点：根据c(H＋)·c(OH－)＝Kw＝1×10－14，lg ＝12，计算得c(H＋)＝10－1 mol·L－1，
则pH＝1,0.05 mol·L－1H2A 完全电离，H2A 为强酸，故A、B 正确；B 点酸碱恰好完全中和
生成盐(NH4)2A，lg ＝2，计算得c(H＋)＝10－6 mol·L－1，则水电离出的H＋浓度为1.0×10－6 
mol·L－1，故C 正确；C 点是(NH4)2A 与NH3·H2O 的混合溶液，lg ＝－4，计算得c(H＋)＝10
－9 mol·L－1，则pH＝9，呈碱性，溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(OH－)，
则c(NH)>c(A2－)，则溶液中c(NH)>c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)，故D 错误。
9．(2023·河北衡水高三模拟)常温下，向10 mL 0.1 mol·L－1的草酸(H2C2O4)溶液中逐滴滴入
等浓度的NaOH 溶液至过量，用甲基橙(变色范围的pH 为3.1～4.4)作指示剂，并用pH 计测
定滴定过程的溶液pH 变化，其滴定曲线如图所示，则下列分析正确的是(　　)
A．滴入10 mL 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(H2C2O4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(C2O)
C．在①②之间的任意一点，均存在：c(Na＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)
D．图中②点所示的溶液中：2c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)
答案　B
解析　甲基橙变色范围的pH 为3.1～4.4，滴入10 mL 标准NaOH 溶液时，溶液pH 为4.7，
颜色由红色变为黄色，A 错误；图中①点为第一滴定终点，得到的溶质为NaHC2O4，由质子
守恒可知，所示溶液中：c(H2C2O4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(C2O)，B 正确；在①②之间的任意
一点，得到的溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，如果溶质以Na2C2O4为主，则c(HC2O)<c(C2O)，C
错误；图中②点为第二滴定终点，得到的溶质为Na2C2O4，所示的溶液中由元素守恒可知： 
c(Na＋)＝2c(HC2O)＋2c(C2O)＋2c(H2C2O4)，D 错误。
10.常温下，二甲胺[(CH3)2NH·H2O]是一元弱碱，其电离常数Kb＝1.6×10－4。向10 mL c 
mol·L－1二甲胺溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸，混合溶液的温度与盐酸体积的关系如图所示。
下列说法不正确的是(　　)
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A．二甲胺溶液的浓度为0.2 mol·L－1
B．在Y 和Z 点之间某点溶液pH＝7
C．Y 点存在：c(Cl－)>c[(CH3)2NH]>c(H＋)>c(OH－)
D．常温下，(CH3)2NH2Cl 水解常数Kh＝6.25×10－11
答案　B
解析　二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即Y 点表示酸碱恰好
完全反应。根据(CH3)2NH·H2O＋HCl===(CH3)2NH2Cl＋H2O，可得10×10－3 L×c mol·L－1＝
20×10－3 L×0.1 mol·L－1，c＝0.2，A 项正确；二甲胺是弱碱，Y 点对应溶质是强酸弱碱盐，
其溶液呈酸性，X 点对应的溶液中(CH3)2NH·H2O、(CH3)2NH2Cl 的浓度相等，根据Kb推知，
(CH3)2NH·H2O 的电离大于(CH3)2NH2Cl 的水解，其混合溶液呈碱性，故中性点应在X 点与Y
点之间，B 项错误；二甲胺是弱碱，Y 点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Y 点存在：
c(Cl－)>c[(CH3)2NH]>c(H＋)>c(OH－)，C 项正确；Kh＝＝＝6.25×10－11，D 项正确。
11．(2023·南京模拟)常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中，溶液中
含铁微粒存在如下平衡：FeOHFeOH2FeO4H3FeO，各微粒的物质的量分数
δ(X)随pOH 变化如图。下列说法正确的是(　　)
A．Ⅲ代表HFeO 的变化曲线
B．a、b、c 三点水的电离程度相等
C.＜
D．a 点处：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H3FeO)＝c(OH－)＋2c(FeO)＋3c(HFeO)
答案　C
解析　稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中，溶液pOH 不断增大，OH－的浓度不断减
小，可知Ⅱ代表HFeO 的变化曲线，故A 错误；a、b、c 三点溶液中微粒成分不同，溶液
pOH 不同，对水的电离影响程度不同，故B 错误；FeO＋H2OHFeO＋OH－的平衡常数K1
＝，a 点时c(FeO)＝c(HFeO)，pOH＝1.6，则K1＝10－1.6，同理可知HFeO＋H2OH2FeO4＋
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OH－的平衡常数K2＝10－5.2，H2FeO4＋H2OH3FeO＋OH－的平衡常数K3＝10－7.3，由此推出
<，故C 正确；a 点溶液中c(FeO)＝c(HFeO)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＋
c(H3FeO)＝c(OH－)＋2c(FeO)＋c(HFeO)＋2c(SO)，从O 到a 点溶液中发生反应：2Na2FeO4＋
H2SO4===2NaHFeO4＋Na2SO4，溶液中c(SO)≠c(HFeO)，则a 点溶液中c(Na ＋)＋c(H ＋)＋
c(H3FeO)≠c(OH－)＋2c(FeO)＋3c(HFeO)，故D 错误。
12．(2023·湖南，12)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1 的NaOH 标准溶液滴定浓度均为
0.020 0 mol·L－1的HCl 和CH3COOH 的混合溶液，滴定过程中溶液的pH 随η[η＝]的变化曲
线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76
B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO－)
D．水的电离程度：a<b<c<d
答案　D
解析　a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，c(CH3COOH)≈0.010 0 mol·L－1，c(H＋)＝10－
3.38 mol·L －1 ，Ka(CH3COOH) ＝≈＝10 －4.76 ，故A 正确；a 点溶液为等浓度的NaCl 和
CH3COOH 混合溶液，存在元素守恒：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故B
正确；点b 溶液中含有NaCl 及等浓度的CH3COOH 和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸
性，说明CH3COOH 的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO
－)，故C 正确；c 点溶液中CH3COO－水解促进水的电离，d 点碱过量，会抑制水的电离，则
水的电离程度：c>d，故D 错误。
13．298 K 时，向20.0 mL 0.10 mol·L－1 H2A 溶液中滴加0.10 mol·L－1 NaOH 溶液，滴定曲
线如图所示。下列说法正确的是(　　)
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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H2A＋2OH－===A2－＋2H2O
C．Y 点对应的溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(A2－)
D．反应H2A＋A2－2HA－的平衡常数K＝1.0×107.4
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H2A＋OH－===HA－＋H2O，B 项错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H
＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，因为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；Ka1＝，由于W 点c(HA－)＝c(H2A)，故Ka1＝1.0×10－
2.3；Ka2＝，由于Y 点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，故Ka2＝1.0×10－9.7；H2AHA－＋H＋
与HA－A2－＋H＋相减即得H2A＋A2－2HA－，此时的平衡常数K＝＝＝1.0×107.4，D 项
正确。
14．(2020·江苏，16)吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO 水
悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO、SO 的物质的
量分数随pH 的分布如图1 所示。
(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为________________；当
通入SO2至溶液pH＝6 时，溶液中浓度最大的阴离子是________(填化学式)。
(2)ZnO 水悬浊液吸收SO2。向ZnO 水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40 min 内，
SO2吸收率、溶液pH 均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图2)。溶液pH 几乎不变阶
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段，主要产物是________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为
________________________________________。
(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH 在4.5～6.5 范围内，pH 越
低SO 生成速率越大，其主要原因是__________________________________________；随着
氧化的进行，溶液的pH 将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
答案　(1)2NH3＋H2O＋SO2===2NH＋SO
(或2NH3·H2O＋SO2===2NH＋SO＋H2O)　HSO
(2)ZnSO3　ZnSO3＋SO2＋H2O===Zn2＋＋2HSO(或ZnO＋2SO2＋H2O===Zn2＋＋2HSO)
(3)随着pH 降低，HSO 浓度增大　减小
解析　(1)由图1 可知，当pH＝6 时，溶液中浓度最大的阴离子是HSO。
(2)通入SO2，在开始阶段溶液pH 没有大的变化，说明SO2被吸收生成了微溶于水的盐，根
据题给信息知，应该是生成了ZnSO3。溶液pH 迅速降低，说明生成了酸性物质，应该是易
溶的酸式盐Zn(HSO3)2。
(3)催化氧化时发生反应：2HSO＋O2===2SO＋2H＋，随着氧化的进行，溶液的pH 将减小。
HSO 是反应物，且存在HSOH＋＋SO，所以降低pH 时，该平衡逆向移动，c(HSO)增大，
即随着pH 的降低，c(HSO)增大，SO 的生成速率增大。
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