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第01 讲 电离平衡
目录
01 课标达标练
题型01 强电解质和弱电解质
题型02 一元强酸与一元弱酸的比较
题型03 电离平衡及其影响因素
题型04 电离平衡常数的相关计算
题型05 电离平衡常数的应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 强电解质和弱电解质
1．下列叙述不能证明乙酸是弱电解质的是
A．常温时0.1 mol·L -1乙酸溶液的 pH=3
B．常温时0.1 mol·L -1的乙酸钠溶液能使红色石蕊试纸变蓝
C．0.1 mol·L-1的乙酸溶液与同体积0.1 mol·L -1的氢氧化钠溶液恰好反应
D．0.1 mol·L-1乙酸溶液的导电性比0.1 mol·L -1盐酸弱
【答案】C
【详解】A．常温时0.1 mol·L -1乙酸溶液的 pH=3，c(H+)=10-3 mol/L＜0.1 mol·L -1=c(CH3COOH)，可以证明乙
酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，A 不符合题意；
B．常温时0.1 mol·L -1的乙酸钠溶液能使红色石蕊试纸变蓝，说明乙酸钠溶液显碱性，证明在溶液中乙酸钠
发生了水解反应：CH3COONa+H2O⇌CH3COOH+NaOH，可以证明乙酸是弱电解质，B 不符合题意；
C．0.1 mol·L-1的乙酸溶液与同体积0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液中含有的溶质的物质的量相等，由于
CH3COOH 是一元酸，NaOH 是一元碱，因此二者恰好反应，这与CH3COOH 是强酸还是弱酸无关，因此不能
证明乙酸是弱电解质，C 符合题意；
D．0.1 mol·L-1乙酸溶液的导电性比0.1 mol·L-1盐酸弱，说明乙酸溶液中自由移动的离子浓度比盐酸小，因此
1
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可以证明乙酸是弱电解质，D 不符合题意；
故合理选项是C。
2．下列食品添加剂属于强电解质的是
A．亚硝酸钠
B．蔗糖
C．二氧化碳
D．苯甲酸
【答案】A
【详解】A．亚硝酸钠属于盐，在水溶液中完全电离，是强电解质，A 正确；
B．蔗糖属于非电解质，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，B 错误；
C．二氧化碳属于非电解质，其水溶液能导电是因为与水反应生成碳酸，碳酸电离出离子，并非二氧化碳
本身电离，C 错误；
D．苯甲酸属于弱酸，在水溶液中部分电离，是弱电解质，D 错误D；
故本题答案为：A。
3．下列物质属于弱电解质的是
A．氨水
B．BaSO4
C．H2O
D．KOH
【答案】C
【详解】A．氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A 不选；
B．BaSO4虽然难溶于水，但溶于水的部分发生完全电离，所以BaSO4是强电解质，故B 不选；
C．H2O 只有一部分发生电离，所以H2O 为弱电解质，故C 选；
D．KOH 是强电解质，故D 不选；
故选：C。
4．下列各组物质分类正确的是
强电解质
弱电解
质
非电解质
胶体
A
盐酸
Cu(OH)2
CO2
稀豆浆
B
BaSO4
CH3COOH
乙醇
有色玻璃
C
CaCO3
氨水
SO2
雾
D
熔融氯化钠
H2SO3
氨气
油水混合物
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，盐酸是HCl 和水组成的混合物，不是电解
质，A 错误；
B．BaSO4在水中的溶解度很小，但是溶解的那部分BaSO4是完全电离的，且在熔融状态下也能完全电离，
则BaSO4是强电解质；CH3COOH 是弱酸，在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质；乙醇是在水溶液和熔
融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质；有色玻璃是固溶胶，属于胶体，B 正确；
2
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C．氨水是氨气的水溶液，属于混合物，不是电解质，C 错误；
D．油水混合物是乳浊液，不属于胶体，D 错误；
故选B。
02 一元强酸与一元弱酸的比较
5．(24-25 高三上·四川成都·月考)在常温下，有关下列4 种溶液的叙述中错误的是
编
号
①
②
③
④
溶
液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
A．在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH 均减小
B．分别取1mL 稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>④>③
C．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c(Cl
−)>c(NH4
+)>c(OH
−)>c (H
+)
D．将aL 溶液④与bL 溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a:b=11:9
【答案】C
【详解】A．氯化铵溶于水后电离出NH4
+可以抑制氨水的电离使OH−浓度减小，NH4
+还可以结合NaOH 溶液中
的OH−使其OH−浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH 都会减小，选项A 正确；
B．氨水稀释过程中会继续电离出OH−，所以稀释10 倍其pH 的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋
酸稀释10 倍其pH 的变化也小于1，则pH：③<④，则四种溶液的pH：①>②>④>③，选项B 正确；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11 的氨水浓度远大于10-3mol/L，而盐酸为强酸，pH=3 的盐酸浓度为10-
3mol/L，二者等体积混合碱过量，所以c(NH4
+) >c(Cl-)，选项C 错误；
D．pH=11 的NaOH 溶液和pH=3 的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则
aL×10
-3mol/L-bL×10
-3mol/L
(a+b)L
=10-4mol，解得a：b=11：9，选项D 正确；
故选C。
6．(24-25 高三上·四川自贡·开学考)某温度下，两种一元弱酸HA 和HB 的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-
5。将pH 和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线I 代表HA 溶液
3
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B．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点
C．从c 点到d 点，溶液中c (HX)-c(OH
−)
c(X
−)
保持不变（其中HX、X-分别代表相应的酸和酸根离子）
D．a 点的两溶液分别与NaOH 恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
【答案】C
【分析】相同体积、相同pH 的两种酸稀释相同倍数后，相对较强的酸pH 变化较大，则图中曲线Ⅱ表示
HA，曲线Ⅰ表示HB。起始时pH 相同，则HB 的浓度比HA 大。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ代表HA 溶液，A 不正确；
B．溶液中b 点的pH 小于a 点，表明b 点时溶液中HB 电离产生的c(H+)大，则对水电离的抑制作用大，所
以水的电离程度：b 点＜c 点，B 不正确；
C．从c 点到d 点，溶液中c (HX)-c(OH
−)
c(X
−)
= K W
K a
，温度一定时，KW和Ka都是定值，所以c (HX)-c(OH
−)
c(X
−)
保持
不变（其中HX、X-分别代表相应的酸和酸根离子），C 正确；
D．a 点的两溶液中，由于HB 的浓度大于HA，分别与NaOH 恰好中和后，HB 消耗的NaOH 多，所以HB 溶
液中n(Na+)大，D 不正确；
故选C。
7．常温下，①2mL0.1mol⋅L
−1盐酸，②2mL0.1mol⋅L
−1醋酸，③2mL0.1mol⋅L
−1氢氧化钠溶液。下
列说法不正确的是
A．证明醋酸是弱电解质：向①②中分别加入等量镁条，开始阶段②中产生气泡慢
B．向②中滴加③，溶液pH增大，说明醋酸的电离受到了抑制
C．②③混合后，所得溶液中：c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(CH3COO
−)
D．①中c(OH
−)等于③中c (H
+)
【答案】B
【详解】A．①2mL0.1mol⋅L
−1盐酸，②2mL0.1mol⋅L
−1醋酸浓度相等，向两溶液中分别加入等量的镁
条，醋酸反应慢，说明醋酸电离出的氢离子浓度小，进一步说明醋酸部分电离，能证明醋酸是弱电解质，
A 正确；
B．向②中滴加③，发生酸碱中和反应，溶液pH 增大，促进了醋酸的电离，B 错误；
C．②2mL0.1mol⋅L
−1醋酸，③2mL0.1mol⋅L
−1氢氧化钠溶液混合，二者恰好完全反应生成醋酸钠，溶
液中存在电荷守恒：c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(CH3COO
−)，C 正确；
D．①2mL0.1mol⋅L
−1盐酸中，c (H
+)=0.1mol⋅L
−1，c(OH
−)=10
−13 mol⋅L
−1；③2mL0.1mol⋅L
−1氢氧
化钠溶液中，c(OH
−)=0.1mol⋅L
−1，c (H
+)=10
−13 mol⋅L
−1，D 正确；
故选B。
8．常温下，用0.10 mol·L-1NaOH 溶液分别滴定20.00 mL 浓度均为0.10 mol·L-1的HX 溶液和HY 溶液，所得滴
定曲线如图所示。下列说法错误的是
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A．HY 的酸性强于HX 的酸性
B．点②所示溶液中：c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(OH-)>c(H+)
C．点④和点⑤所示溶液中：c(OH-)+c(Y-)=c(H+)+c(Na+)
D．点②和点③所示溶液中：c(X-)-c(Y-)=c(HY)-c(HX)
【答案】B
【详解】A．等浓度的酸溶液，酸性越强初始pH 越低。由滴定曲线可知，初始时（V=0）HY 的pH 低于
HX，说明HY 电离出的H⁺更多，酸性更强，A 正确；
B．点②为HX 溶液中加入10 mL NaOH，此时溶质为等物质的量的HX 和NaX，溶液显碱性c(OH
−)>c( H
+)，
说明X⁻水解程度大于HX 电离程度，故c(HX)>c(X⁻)，正确浓度顺序应为c(HX)>c(Na+)>c(X⁻)>c(OH⁻)>c(H+)，B
错误；
C．点④和点⑤溶液中均含Na⁺、H⁺、OH⁻及酸根离子Y⁻，根据电荷守恒：c(OH
-)+c(Y
-)=c(H
+)+c(Na
+)，
C 正确；
D．点②（HX+10 mL NaOH）和点③（HY+10 mL NaOH）中，酸根离子总浓度相等，根据物料守恒：c(HX)
+c(X⁻)=c(HY)+c(Y⁻)，移项即得c(X⁻)-c(Y⁻)=c(HY)-c(HX)，D 正确；
故选B。
03 电离平衡及其影响因素
9．下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．0.1mol/L 氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强
B．适当升高温度，CH3COOH 溶液pH 增大
C．稀释0.1 mol/L NaOH 溶液，水的电离程度减小
D．CH3COONa 溶液中加入少量CH3COOH，c(CH3COO
-)
c(CH3COOH)⋅c(OH
-)
减小
【答案】A
【详解】A．向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，溶液中离
子浓度增大，溶液的导电性增强，故A 正确；
B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH 减小，故B
错误；
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C．酸碱对水的电离有抑制作用，稀释0.1 mol/L NaOH 溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增
大，故C 错误；
D．CH3COONa 溶液中存在醋酸根离子的水解，c(CH3COO
-)
c(CH3COOH)⋅c(OH
-)
= 1
K h
，加入少量CH3COOH，溶液的
温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则c(CH3COO
-)
c(CH3COOH)⋅c(OH
-)
不变，故D 错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积
等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。
10．常温下向20mL0.10mol/LCH3COOH 溶液中滴加0.10mol/ L NaOH 溶液时，混合溶液的pH 与相关微粒的
浓度关系如图所示。已知：pKa=－lgKa。下列说法不正确的是
A．CH3COOH 溶液中存在如下平衡：CH3COOH
H++CH3COO－
B．b 点，加入NaOH 溶液的体积小于20mL
C．将等物质的量的CH3COOH 和CH3 COONa 一起溶于蒸馏水中，得到对应a 点的溶液
D．常温下，CH3COOH 的电离常数为Ka，则pKa=4.7
【答案】C
【分析】图象信息，x 轴为lg c（C H 3COO
−）
c(C H 3COOH )
=lg
K a
c( H
+)
，y 轴为pH=-1gc（H+）。
【详解】A.醋酸为弱电解质，部分电离，溶液中存在如下平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO－，A 正确；
B. 20mL0.10mol/LCH3COOH 溶液中滴加20mL0.10mol/ L NaOH 溶液时，则恰好生成醋酸钠，醋酸根离子水解
溶液呈碱性，b 点溶液为中性，则加入的NaOH 溶液的体积小于20mL，B 正确；
C. 等物质的量的CH3COONa 和CH3COOH 混合，溶液呈酸性，CH3COOH 电离大于CH3COO-水解，则c
（CH3COO-）＞c（CH3COOH），C 错误；
D.a 点时，x 轴为0，lg
K a
c( H
+)
=0，则Ka= c（H+），y 轴pH=-1gc（H+）=4.7，则c（H+）=10-4.7，Ka=10-4.7，
pKa=－lgKa=4.7，D 正确；
答案为C
11．氨水有下列平衡：NH3⋅H2O⇌NH❑4
+ +OH
−当其它条件不变时，改变下列条件，平衡向左移动，且
c(NH4
+)增大的是
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A．加NaOH
B．加盐酸
C．加NH4Cl
D．加同浓度氨水
【答案】C
【详解】A．加NaOH，增加c(OH-)，平衡向逆反应方向进行，c(NH4
+)减少，A 错误；
B．加盐酸，H＋消耗OH-，平衡向正反应方向进行，c(NH4
+)增大，B 错误；
C．加NH4Cl，c(NH4
+)增大，平衡向逆反应方向移动，C 正确；
D．加同浓度氨水，c(NH4
+)不变，平衡不移动，D 错误；
故选C。
12．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的
是
A．a、b、c 三点溶液的pH：c<a<b
B．a、b、c 三点CH3COOH的电离程度：c<a<b
C．用湿润的pH 试纸测量a 处溶液的pH，测量结果偏小
D．a、b、c 三点溶液用1mol⋅L
−1NaOH溶液中和，消耗NaOH 溶液体积：c<a<b
【答案】C
【详解】A．其他因素相同时，离子浓度越大，溶液导电能力越大，由导电能力知c(H
+)：b>a>c，故pH：
c>a>b，A 错误；
B．加水促进弱电解质的电离，加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c>b>a，B 错误；
C．用湿润的pH 试纸测量a 处溶液的pH，相当于稀释a 点溶液，c(H
+)增大，pH 偏小，C 正确；
D．a、b、c 三点n(CH3COOH)相同，用NaOH 溶液中和时消耗n (NaOH)相同，故消耗V (NaOH):a = b=c，D
错误；
故本题选C。
13．关于0.1mol⋅L
−1氨水，下列说法正确的是
A．加水稀释，氨水中所有的离子浓度都减小
B．加水稀释，氨水的电离平衡正向移动，c(OH
−)
c(NH3⋅H2O)
减小
C．加入浓氨水，氨水的电离平衡正向移动，NH3⋅H2O的电离度增大
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D．加入浓氨水，水的电离平衡逆向移动，c(H
+)⋅c(OH
−)不变
【答案】D
【详解】A．加水稀释，平衡正向移动，NH3·H2O 的电离程度增大，由于溶液体积增大占主导，故OH-浓度
减下，由于KW不变，故H+浓度增大，A 错误；
B．加水稀释，平衡正向移动，NH3·H2O 的电离程度增大，由于溶液体积增大占主导，溶液中c(NH❑4
+)减小，
溶液中c(OH
-)
c(NH3⋅H2O) = Kb
c(NH4
+) 增大，B 错误；
C．NH3·H2O 是弱电解质，溶液越稀电离度越大，当加入浓氨水的时候，溶液浓度变大，电离度变小，C 错
误；
D．温度不变时，加浓氨水，抑制水的电离，水的电离平衡逆向移动，但Kw只与温度有关，温度不变时
Kw=c(H+) c(OH
⋅
−)不变，D 正确；
故答案为：D。
14．H2S 水溶液中存在电离平衡：H2S⇌H＋＋HS-和HS-⇌H＋＋S2-。若向H2S 溶液中
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度减小
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH 增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH 增大
D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
【答案】A
【详解】A．加水促进H2S 的电离，但氢离子浓度减小，A 正确；
B．通入过量SO2气体发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量时，溶液显酸性，而且H2SO3酸性比
H2S 强，pH 减小，B 错误；
C．滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S=2H＋＋2Cl-＋S↓，溶液酸性增强，pH 减小，C 错误；
D．加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D 错误；
故选A。
04 电离平衡常数的相关计算
15．常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA 表示，K a=1×10
−3.0)药物在人体吸收模式如下：
假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA 分子则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法正确的是
A．血浆中c (HA)大于胃中c (HA)
B．取胃中液体，加水稀释100 倍后，pH=3.0
C．在血浆中，c(A
−)
c (HA) =1×10
4.4
D．在血浆和胃中，HA 电离程度相同
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【答案】C
【详解】A．血浆中pH 大，HA 向电离的方向移动，所以血浆中c (HA)小于胃中c (HA)，故A 错误；
B．取胃中液体，HA 是弱酸，加水稀释100 倍后，电离平衡正向移动，pH<3.0，故B 错误；
C．在血浆中，c(A
−)
c (HA) = Ka
c(H
+) = 1×10
−3.0
1×10
−7.4 =1×10
4.4，故C 正确；
D．氢离子抑制HA 电离，在血浆和胃中的pH 不同，HA 电离程度不相同，故D 错误；
选C。
16．(2025·四川·巴中·三模)室温下，向20.00 mL0.1000 ml⋅L
−1H2C2O4溶液中滴加0.1000 mol⋅L
−1氨水，
滴加过程中pH随滴入氨水体积的变化和pX[pX =−IgX，X 为
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
、c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
或
c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
]随pH
的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．L3表示
c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
随pH的变化曲线
B．该温度下，K b(NH3⋅H2O)=10
−4.7
C．水的电离程度：c点>d点
D．c点溶液中：c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−)=c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)
【答案】D
【分析】H2C2O4⇌HC2O4
-+H
+，Ka1=c(H
+)×c(HC2O4
-)
c(H2C2O4
❑)
，HC2O4
-⇌C2O4
2-+H
+，Ka2=c(H
+)×c(C2O4
2-)
c(HC2O4
−)
，
Ka1>Ka2，故c(H+)相同时，c(HC2O4
-)
c(H2C2O4) >c(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)
，即pH 相同时，lgc(HC2O4
-)
c(H2C2O4) >lgc(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)
，所以L3表
示c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
随pH 的变化曲线，L2表示
c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
随pH 的变化曲线，则L1表示
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
随pH的变化曲
线；
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【详解】A．根据分析，L3表示c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
随pH 的变化曲线，A 错误；
B．根据分析，L1表示
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
随pH 的变化曲线，由a 点数据可得
Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4
+)⋅c(OH
−)
c(NH3⋅H2O)
= 10
2.5×10
−14
10
−6.7
=10
−4.8，B 错误；
C．d点溶质为(NH4)2C2O4，c 点溶质为NH4 HC2O4，相同浓度时草酸根的水解程度大于草酸氢根，草酸根更
促进水的电离，所以水的电离程度：c点<d点，C 错误；
D．c 点溶质为NH4 HC2O4，根据物料守恒可知c 点溶液中：
c (H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−)=c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)，D 正确；
故选D。
17．(2025·四川·南充·二模)乙二胺[H2N(CH2)2NH2]化学性质与氨类似，对淋巴瘤等有抑制作用。25℃时，
乙二胺水溶液中各含氮微粒有：H2N(CH2)2NH2，[H2N(CH2)2NH3]
+、[ H3 N(CH2)2NH3]
2+，它们的分布系数
δ(某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数)1.0m 随溶液pH 的变化曲线如图所示。Kb1为乙二胺的
第一步电离平衡常数，下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ代表的微粒为H2N(CH2)2 NH2
B．Kbl的数量级为10
−2
C．m、n、p 三点对应的水溶液中，p 点水的电离程度最小
D．在H2 N(CH2)2NH3Cl溶液中：c(Cl
−)>c[H2 N(CH2)2NH2]>c{[H3 N(CH2)2NH3]
2+}>c(OH
−)>c(H
+)
【答案】D
【分析】溶液的pH 值越小，溶液酸性越强，越促进H2N(CH2)2NH2电离，则溶液中c[(H3NCH₂CH2NH3)2+]越大，
溶液的pH 值越大，溶液中c[H2N(CH2)2NH2]越大，根据图知，曲线I、II、III 代表微粒分别为
(H3NCH₂CH2NH3)2+、(H2NCH₂CH2NH3)+、H2N(CH2)2NH2；n 点为(H3NCH₂CH2NH3)2+和(H2NCH₂CH2NH3)+浓度相等的
点，n 点pH=8.5，c(OH-)=10-5.5mol/L，Kb2=
c(OH
−)×c[(H3 NCH2CH2NH3)
2+]
c((H2NCH2CH2NH3)
+)
=c(OH
−)=10
−5.5，曲线I 和III 的交
10
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叉点p 点代表(H3NCH₂CH2NH3)2+和H2N(CH2)2NH2浓度相等，p 点的pH 为10.5，c(OH-)=10-3.5mol/L，Kb1Kb2=
c(OH
−)×c[(H2 NCH2CH2NH3)
+]
c(H2 NCH2CH2 NH2)
×
c(OH
−)×c[(H3 NCH2CH2NH3)
2+]
c((H2NCH2CH2 NH3)
+)
=
c
2(OH
−)×c[(H3 NCH2CH2NH3)
2+]
c((H2NCH2CH2NH2)
❑)
=
c
2(OH
−)=(10
−3.5)
2=10
−7，Kb1=10
−7
Kb2
= 10
−7
10
−5.5 =10
−1.5
【详解】A．根据分析可知，曲线Ⅲ代表的微粒为H2N(CH2)2NH2，A 正确；
B．根据分析可知，Kb1=10-1.5，Kb1的数量级为10-2，B 正确；
C．m、n、p 三点对应的水溶液中，p 点pH 值最大，碱性最强，水的电离程度最小，C 正确；
D．(H2NCH₂CH2NH3)+离子的Kb2=10
−5.5，水解常数为Kh=Kw
Kb1
= 10
−14
10
1.5 =10-12.5，电离大于水解，则
(H3NCH₂CH2NH3)2+浓度大于H2N(CH2)2NH2浓度，D 错误；
答案选D。
18．常温下，向浓度均为 0.1mol⋅L
-1的一元有机弱酸 HA、HB、HC 的混合液中滴加 NaOH 溶液，含碳粒
子分布系数 δ[δ(HA)=c(HA)
c(HA)+c(A
−) ×10 %]与 pH 的关系如图所示。下列叙述错误的是
已知：HA、HB、HC 的酸性依次增强。
A．HA 的电离常数 Ka=10
−4.87
B．浓度均为 0.1mol⋅L
−1的 HC 和 NaC 的混合溶液的 pH>1.89
C．0.1mol⋅L
−1HA溶液的pH 约为1.445
D．a 点、b 点、c 点对应的溶液中： c(C
−)>c(B
−)>c(A
−)
【答案】C
【分析】HA、HB、HC 的酸性依次增强，在HA、HB、HC 的混合液中滴加NaOH 溶液，HC 优先反应，HA 最
后反应，随着NaOH 溶液的加入，溶液的pH 增大，c(A-)或c(B-)或c(C-)逐渐增大，c(HC)或c(HB)或c(HA)逐渐
减小，所以曲线L1、L3、L4分别表示HC、HB、HA 与pH 的关系，曲线L2、L5、L6分别表示C-、B-、A-与pH 的
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关系，由图可知，c(C-)=c(HC)时pH=1.89，此时Ka(HC)= c(C
-)
c(HC) ×c(H
+)=c(H
+)=10
-1.89，同理Ka(HB)=10-4.26，
Ka(HA)=10-4.87，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，Ka(HC)= c(C
-)
c(HC) ×c(H
+)=c(H
+)=10
-1.89，Ka(HA)=10-4.87，故A 正确；
B．Ka(HC)= c(C
-)
c(HC) ×c(H
+)=c(H
+)=10
-1.89，Kh(C-)=KW
Ka (HC) =10
-14
10
-1.89 =10
-12.11＜Ka(HC)，则浓度均为
0.1mol•L-1的HC 和NaC 的混合溶液中HC 的电离程度大于C-的水解程度，c(C-)＞c(HC)，c(H+)＜10-1.89mol/L，
则混合溶液的pH＞1.89，故B 正确；
C．Ka(HA)=10-4.87，0.1mol•L-1HA 溶液中c(H+)≈c(A-)，且HA 的电离是微弱的，则c(H+)≈
√c(HA)Ka (HA)=√0.1×10
-4.87mol/L=10-2.935mol/L，pH=2.935，故C 错误；
D．a、b、c 三点对应的溶液中均有c(C-)=c(HC)、c(B-)=c(HB)、c(A-)=c(HA)，且a、b、c 三点溶液的体积：a＜
b＜c，则a、b、c 点对应的溶液中：c(C-)＞c(B-)＞c(A-)，故D 正确；
故选：C。
19．常温下，将KOH 溶液滴加到二元弱酸(H2A)溶液中，混合溶液的pH 与pX 的关系如图所示。已知pX 代
表−lg c(A
2−)
c(HA
−)或−lg c(HA
−)
c(H2A)
。下列说法正确的是
A．滴定到b 点时，溶液中c (K
+)>3c(HA
−)
B．水的电离程度：a>b
C．曲线I 代表pH 随−lgc(A
2−)
c(HA
−)
的变化曲线，Ka2(H2A)=10
−4.3
D．当H2A刚好被中和时，溶液中c(OH
−)=c(HA
−)+c(H2A)+2c (H
+)
【答案】C
【分析】Ka1=c(H
+)×c(HA
-)
c(H2A)
，Ka2=c(H
+)×c(A
2-)
c(HA
-)
，当pX=0 时，Ka=c(H+)，Ka1＞Ka2，故Ⅰ代表
−lg c(A
2−)
c(HA
−)的变化曲线，Ⅱ代表−lg c(HA
−)
c(H2 A)
的变化曲线；
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【详解】A．b 点时，−lg c(A
2−)
c(HA
−) =0，c(A
2−)=c(HA
−)，溶液显酸性，即c (H
+)>c(OH
−)。结合电荷守恒
c (K
+)+c (H
+)=2c(A
2−)+c(HA
−)+c(OH
−)得c (K
+)<2c(A
2−)+c (HA
−)，即c (K
+)<3c(HA
−)，故A 错误；
B．溶液的pH：a<b，溶液的酸性越强对水的电离抑制程度越大，所以水的电离程度：a<b，故B 错误；
C．由分析可知，曲线Ⅰ代表−lg c(A
2−)
c(HA
−)
的变化曲线，当−lg c(A
2−)
c(HA
−) =0，c(A
2−)=c(HA
−)，
Ka2=c(H
+)×c(A
2-)
c(HA
-)
=c(H
+)=10
−4.3，故C 正确；
D．当H2A刚好被中和时，溶质为K2A，由质子守恒可知，溶液中c(OH
−)=c(HA
−)+2c(H2A)+c (H
+)，故D
错误；
故选C。
20．(24-25 高三上·四川内江·月考)人体血液的正常pH 范围是7.35~7.45，人体血液中酸碱平衡调控机制如
图1 所示：
已知在体温为37℃时，血液的pH =6.10+lg c(HCO3
−)
c(H2CO3)
，c(H2CO3)=α ⋅Pa(CO2)，α =0.03
mmol/（L·mmHg），lg2≈0.30，H2CO3的电离常数：K a1= 4.5×10
−7，K a2= 4.7×10
−11，乳酸的电离常
数：K a=1.37×10
−5，血液中HCO3
−浓度随溶解在血液中CO2分压的变化如图2。下列有关叙述不正确
A．图2 中pH2=7.40，此时人体血液pH 正常
B．人体血液中存在：c(H3O
+)=c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)
C．人体剧烈运动时，产生乳酸与HCO3
−反应产生CO2，再由肺部排出
D．人体血液处于pH3状态时，可适当服用小苏打
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【答案】B
【详解】A．选图2 中pH2线的点，Pa(CO2)=50mmHg，c(H2CO3)=α·Pa(CO2)＝0.03mmol/（L·mmHg）
×50mmHg=1.5mmol/L，c(HCO3
−)=30mmol/L，则pH =6.10+lg c(HCO3
−)
c(H2CO3)
=6.10+lg 30
1.5 =7.4，此时人体血液pH
正常，A 正确；
B．人体血液中还含有其他离子，c(H3O
+)=c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)不符合电荷守恒，B 错误；
C．乳酸的Ka比碳酸的Ka1大，因此人体剧烈运动时，产生的乳酸与HCO3
−反应产生CO2，再由肺部排出，C 正
确；
D．选图2 中pH3线的点，Pa(CO2)=70mmHg，c(H2CO3)=α·Pa(CO2)＝0.03mmol/（L·mmHg）
×70mmHg=2.1mmol/L，c(HCO3
−)=20mmol/L，则pH =6.10+lg c(HCO3
−)
c(H2CO3)
=6.10+lg 20
2.1＜7.35，即需要调高，
可适当服用小苏打，D 正确；
答案选B。
05 电离平衡常数的应用
21．(2025·四川·巴中·二模)常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入NaOH 固体，保持溶液体积和温度不变，
测得pH 与−lgX[X 为c(H2C2O4)、c(C2O4
2−)、c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
]变化如图所示。下列说法错误的是
A．曲线M 表示−lgc(H2C2O4)随pH 的变化
B．a 点溶液中：c(Na
+)+c(H
+)=c(HC2O4
−)+c(H2C2O4)+c(OH
−)
C．从a 点至b 点溶液中水的电离程度逐渐增大
D．常温下，H2C2O4的Ka2的数量级为10
−5
【答案】B
【分析】向一定浓度H2C2O4溶液中加入NaOH 固体，发生H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O、
NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，随着NaOH 固体增加，c(H2C2O4)减小，-lgc(H2C2O4)增大，c(HC2O❑4
−)先增大后
减小，-lgc(HC2O❑4
−)先减小后增大，c(C2O❑4
2−)增大，-lgc(C2O❑4
2−)减小；Ka2=c(C2O4
2−)⋅c(H
+)
c(HC2O4
−)
，推出-lg
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c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
=-lgKa2-pH，根据图像可知，M 曲线表示-lgc(H2C2O4)，N 曲线表示-lgc(C2O❑4
2−)，L 表示-lg
c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，M 曲线表示-lgc(H2C2O4)，故A 说法正确；
B．溶液中电荷守恒应为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O❑4
−)+2c(C2O❑4
2−)+c(OH-)，根据a 点可知，c(H2C2O4)= c(C2O❑4
2−
)，即c(Na+)+c(H+)=c(HC2O❑4
−)+2c(H2C2O4)+c(OH-)，故B 说法错误；
C．根据图像可知，b 点对应pH 为4.3，此时c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
=1，c(HC2O❑4
−)= c(C2O❑4
2−)，因此a 到b 点pH 增大，
H+浓度减小，H+对水的电离抑制减弱，水的电离程度逐渐增大，故C 说法正确；
D．对于Ka=c(C2O4
2−)⋅c(H
+)
c(HC2O4
−)
，推出-lgc(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
=-lgKa-pH，将(4.3，0)代入表达式，得出Ka2≈10-4.3，数
量级为10-5，故D 说法正确；
答案为B。
22．(24-25 高三上·四川成都·月考)25℃时，用NaOH 溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM[p 表
示负对数，M 表示c (HX)
c(X
−) 、c(Cu
2+)、c(Fe
2+)]随pH 变化的关系如图所示，已知：
K sp[Fe(OH)2]> K sp[Cu (OH)2](不考虑二价铁的氧化)。下列说法正确的是
A．曲线①表示滴定FeSO4溶液的pM 变化关系
B．HX 的电离常数K a=1.0×10
−6.5
C．a 点对应的pH=9
D．Cu (OH)2不易溶于HX 溶液中，而Fe(OH)2易溶于HX 溶液中
【答案】D
【分析】由题可知，K sp[Fe(OH)2]> K sp[Cu (OH)2]，加碱后溶液中Cu
2+先沉淀，Fe
2+后沉淀，又因为
Cu (OH)2和Fe(OH)2的组成相似，二者的pM随pH的变化关系曲线应是平行线，故曲线①代表滴定CuSO4溶液
的pM变化关系，曲线②代表滴定FeSO4溶液的pM变化关系，曲线③代表滴定HX溶液的pM变化关系。
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【详解】A．pc(Cu
2+)=0时，c(Cu
2+)=1mol/L，pH = 4.2，c(H
+)=10
−4.2mol/L
c(OH
−)= 10
−14
10
−4.2 mol/L=10
−9.8 mol/L，Ksp[Cu (OH)2]=1×(10
−9.8)
2=10
−19.6,同理，
Ksp[Fe(OH)2]=1×(10
−7.5)
2=10
−15,pc(HX)
c(X
−) =0时，pH =5.0，此时HX的电离平衡常数
Ka=c(X
−)⋅c(H
+)
c(HX)
=c(H
+)=10
−5。曲线①代表滴定CuSO4溶液的pM变化关系，A 项错误；
B．HX的电离常数K a=1.0×10
−5，B 项错误；
C．a点时，曲线②中c(Fe
2+)与曲线③中c (HX)
c(X
−) 相等，则Ksp[Fe(OH)2]
c
2(OH
−)
=c(H
+)
Ka
,c(OH
−)=Ka×Ksp[Fe(OH)2]
Kw
= 10
−5×10
−15
10
−14
mol/L=10
−6 mol/L，所以溶液的pH =8，C 项错误；
D．M (OH)2(M代表Fe或Cu)固体溶于HX溶液的离子方程式为
M (OH)2(s)+2HX (aq)⇌M
2+ (aq)+2X
−(aq)+2H2O(1)，该反应的平衡常数K =c(M
2+)⋅c
2(X
−)
c
2(HX)
=
c(M
2+)⋅c
2(OH
−)⋅c
2(H
+)⋅c
2(X
−)
c
2(OH
−)⋅c
2(H
+)⋅c
2(HX)
=Ksp⋅Ka
2
Kw
2
，将Ksp[Cu (OH)2]=10
−19.6、Ksp[Fe(OH)2]=10
−15和Ka=10
−5.0
分别代入上述表达式，可得出Fe(OH)2溶于HX溶液时反应的平衡常数K =10
3,Cu (OH)2溶于HX溶液时反应的
平衡常数′
❑=10
−1.6，所以Cu (OH)2难溶于HX溶液，Fe(OH)2易溶于HX溶液中，D 项正确；
故答案选D。
23．(2025·四川·内江·三模)亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。常温下，向20 mL0.1mol/LH3PO3溶液中滴加V mL
0.1mol/LNaOH溶液，在混合液中pX[pX =−lgX，X = c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
或
c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
]与pH的关系如图所示。下列
叙述错误的是
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A．K a1的数量级为10
−2
B．V =20时c (Na
+)>c(H2PO3
−)>c (H
+)> c(HPO3
2−)>c(H3PO3)
C．当c(H2PO3
−)=10c(HPO3
2−)时溶液pH为7.7
D．H3PO3+ HPO3
2−⇌2H2PO3
−的平衡常数K =1.0×10
5.3
【答案】C
【分析】根据电离常数表达式可知，随着pH 增大，−lg c(H2PO3
−)
c (H3PO3)
、−lg c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
减小，而K a1> K a2，
故直线b 代表−lg c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
与pH 关系，直线a 代表−lg c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
与pH 关系，根据a、b、c 点坐标数据
可计算电离常数：K a1=10
−1.4，K a2=10
−6.7。
【详解】A．根据分析可知，K a1=10
−1.4，故数量级为10
−2，故A 正确；
B．V=20 时，H3PO3和氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaH2PO3，水解常数为K=Kw
Ka1
=10
-12.6＜Ka2，故以电
离为主，溶液显酸性，故c (Na
+)>c(H2PO3
−)>c (H
+)> c(HPO3
2−)>c(H3PO3)，故B 正确；
C．K a2=10
−6.7，c(H2PO3
−)=10c(HPO3
2−)时，pH=5.7，故C 错误；
D．H3PO3+ HPO3
2−⇌2H2PO3
−的平衡常数K =
c
2(H2PO3
−)
c(HPO3
2−)⋅c (H3PO3)
= c(H2PO3
−)c(H2PO3
−)c (H
+)
c(HPO3
2−)⋅c (H3PO3)c (H
+) =Ka1
Ka2
=
1.0×10
5.3，故D 正确；
选C。
24．(2025·四川·达州·二模)常温下，0.1mol/L二元酸H2A溶液中溶质微粒分布系数δ[如
δ (A
2−)=c(A
2−)/c总]与pH关系如图所示。下列说法正确的是
A．a表示H2 A，b表示HA
−
B．Ka(HA
−)=1×10
−12.2
C．Na2A溶液中存在：c(Na
+)=2c(A
2−)+2c(HA
−)
D．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c(Na
+)>c(HA
−)>c(A
2−)
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【答案】C
【分析】结合图像，H2A分布系数δ只有两条曲线，说明H2A第一步完全电离，而随着溶液pH 增大，a 逐渐
减小，b 逐渐增大，则a 表示c（HA-），b 表示c（A2-），据此解答。
【详解】A．结合分析，a 表示c（HA-），b 表示c（A2-），A 错误；
B．根据坐标点（1.8,0.5），此时c（HA-）=c（A2-），Ka(HA
-)=c(H
+).c(A
2-)
c(HA
-)
=c(H
+)=10
-1.8，B 错误；
C．Na2 A溶液中存在物料守恒：c(Na
+)=2c(A
2−)+2c(HA
−)，C 正确；
D．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，根据Ka(HA
-)=c(H
+).c(A
2-)
c(HA
-)
=c(H
+)=10
-1.8，则
A2-水解常数Kh= 10
−14
10
−1.8 =1×10
−12.2，HA-电离大于水解，离子浓度大小关系为：c(Na
+)>c(A
2−)>c(HA
−)，
D 错误；
故选C。
25．(2025·四川·名优校联盟·一模)室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH 的变化关系如图
所示[例如δ (H2S)=
c(H2S)
c(H2S)+c(HS
−)+c(S
2−)]。已知：H2S饱和溶液的浓度约为0.1mol/L。室温下，
K sp(CdS)=8×10
−26，K a (HClO)=3×10
−8，下列说法正确的是
A．0.01mol/L的Na2S溶液中，c(S
2
−)>c(OH
−)
B．HClO与Na2S溶液反应：S
2−+ HClO = HS
−+ClO
−
C．以酚酞为指示剂，用NaOH 标准溶液可准确测定H2S水溶液的浓度
D．向c(Cd
2+)=0.01mol/L的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中c (H
+)>c(Cd
2+)
【答案】D
【分析】在H2S 溶液中存在电离平衡：H2S⇌H
++HS
−、HS
−⇌H
++S
2−，随着pH 的增大，H2S 的物质的量
分数逐渐减小，HS
−的物质的量分数先增大后减小，S
2−的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次
代表H2S、HS
−、S
2−的物质的量分数随pH 的变化，由①和②交点的pH=7 可知Ka1(H2S)=1×10
−7，由②和
③交点的pH=13.0 可知Ka2(H2S)=1×10
−13，据此回答。
【详解】A．Na2S 溶液中存在水解平衡S
2−+ H2O⇌HS
−+OH
−、HS
−+ H2O⇌H2S+OH
−（忽略第二步水解），
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第一步水解平衡常数
Kh(S
2−)=c(HS
−)⋅c(OH
−)
c(S
2−)
=c(HS
−)⋅c(OH
−)⋅c(H
+)
c(S
2−)⋅c(H
+)
=Kw
Ka2(H2S) = 1×10
−14
1×10
−13 =0.1，设水解的S
2−的浓
度为x mol/L，列三段式有：
S
2−
+
H2O
⇌
HS
−
+
OH
−
初始mol /L
0.01
¿
¿0
¿
变化mol /L
¿ ¿¿¿x¿¿x¿平衡mol /L¿0.01−x¿¿¿¿x¿¿x¿
，
则x
2
0.01−x =0.1，x≈0.00915，说明该浓度下S
2−基本水解完全，则存在c(OH
−)＞c(S
2−)，A 错误；
B．由于HClO具有强氧化性，Na2S具有还原性，HClO与Na2S溶液反应：S
2−+ H
++ HClO=S↓+Cl
−+ H2O，
B 错误；
C．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH 标准溶液滴定H2S 水溶液，由图可知当酚酞发
生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，C 错误；
D．Ka1Ka2=c(H
+)c(HS
-)
c(H2S)
×c(H
+)c(S
2-)
c(HS
-)
=c
2(H
+)c(S
2-)
c(H2S)
=c
2(H
+)Ksp(Cd S)
c(Cd
2+)
c(H2S)
=c
2(H
+)Ksp(Cd S)
c(H2S)c(Cd
2+)
=1×10
−20，
已知H2S饱和溶液的浓度约为0.1mol/L，代入数据：c
2(H
+)
c(Cd
2+) = 1×10
−20
8×10
−26 ×0.1= 1
8 ×10
5，故
c(H
+)＞c(Cd
2+)，D 正确；
故选D。
26．(2025·四川·成都·二模)一定温度下，初始浓度为c0 mol⋅L
−1的K2CrO4溶液中存在如下平衡：
H2CrO4⇌HCrO4
−+ H
+ K a1
HCrO4
−⇌CrO4
2−+ H
+ K a2
2HCrO4
−⇌Cr2O7
2−+ H2O K 3=31
体系中四种含铬物种的浓度随pH 变化如图所示。
下列说法错误的是
19
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A．物种Y 对应HCrO4
−
B．pH = 4.00时，c(CrO4
2−)>c(H2CrO4)
C．c(CrO4
2−)+c(HCrO4
−)+c(H2CrO4)+c(Cr2O7
2−)=c0 mol⋅L
−1
D．存在2CrO4
2−+2H
+⇌Cr2O7
2−+ H2O K =3.1×10
14
【答案】C
【分析】由图可知，随着pH 的增大，物种X 和Y 均呈现先增大后减小的趋势，在pH=12 及以上时，溶液中
几乎只含有CrO4
2−，纵坐标的浓度约为0.195mol/L，在pH=4 左右时，溶液中几乎只有物种X 和物种Y，物
种X 浓度约为0.075 mol/L，物种Y 浓度约为0.045 mol/L，根据Cr 元素守恒，物种X 与物种Y 中Cr 元素之和
为0.0195 mol/L，，因此物种X 为Cr2O7
2−，物种Y 为HCrO4
−；平衡常数Ka1=c(H
+)c(HCrO4
−)
c(H2CrO4)
，A 点处，
c(H2CrO4)=c(HCrO4
−)，Ka1=c(H+)=10-0.74，Ka2=c(H
+)c(CrO4
2−)
c(HCrO4
−)
，B 点处，c(CrO4
2−)=c(HCrO4
−)，Ka2=c(H+)=10-
6.5。
【详解】A．根据分析，物种Y 为HCrO4
−，A 正确；
B．Ka1∙Ka2=c(H
+)c(HCrO4
−)
c(H2CrO4)
∙c(H
+)c(CrO4
2−)
c(HCrO4
−)
=c
2(H
+)c(CrO4
2−)
c(H2CrO4)
=10-7.24，pH=4.00 时，c(H+)=10-4mol/L，
c(CrO4
2−)
c(H2CrO4)
=100.76＞1，因此c(CrO4
2−)＞c(H2CrO4)，B 正确；
C．由物料守恒得c(H2CrO4)+c(HCrO4
−)+c(CrO4
2−)+2c(Cr2O7
2−)=c0 mol/L，C 错误；
D．2CrO4
2−+2H+⇌ Cr2O7
2−+H2O 的平衡常数K=
c(Cr2O7
2−)
c
2(H
+)c
2(CrO4
2−)
，根据K3=c(Cr2O7
2−)
c
2(HCrO4
−)
、Ka2=
c(H
+)c(CrO4
2−)
c(HCrO4
−)
可知，K=
K 3
K a2
2 =
31
(10
−6.5)
2=3.1×1014，D 正确；
故选C。
27．常温下，两种弱酸的电离平衡常数如表所示。下列说法正确的是
化学式
CH3COOH
HF
电离平衡常数
K a
1.8×10
−5 6.8×10
−4
A．中和等浓度等体积的CH3COOH和HF 溶液所需等浓度的NaOH 溶液的体积相等
B．等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaF 溶液，后者pH 较大
C．加水稀释CH3COOH溶液，其电离平衡常数将减小
D．CH3COOH溶液和NaF 溶液反应的离子方程式为CH3COOH+ F
−= HF+CH3COO
−
20
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【答案】A
【详解】A．中和反应与酸碱的物质的量有关，等浓度等体积的CH3COOH和HF 溶液中酸的物质的量相等，
所需等浓度的NaOH 溶液的体积也相等，A 项正确；
B．酸性越弱，相应等物质的量浓度的酸根离子水解程度越大，由于酸性：CH3COOH<HF，则水解程度：
CH3COO
−>F
−，所以溶液的pH：CH3COONa>NaF，B 项错误；
C．电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，C 项错误；
D．电离平衡常数越大，酸性越强，因此酸性：CH3COOH<HF，反应CH3COOH+ F
−= HF+CH3COO
−得到的
是CH3COOH>HF，不合理，D 项错误；
故答案选A。
28．25℃时，HClO的电离常数Ka=4.0×10
-8，H2CO3的电离常数Kal=4.5×10
-7、Ka2=4.0×10
-11。下列
说法不正确的是
A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中离子种类相同
B．25℃时，反应OH
-+HClO= H2O+ClO
-的K=2.5×10
5
C．25℃，物质的量浓度相同的NaClO溶液与Na2CO3溶液的pH：前者小于后者
D．向氯水中加入少量NaHCO3固体，c(HClO)增大
【答案】B
【详解】A．碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解
生成碳酸分子，碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子电离出碳酸根离子和氢离子，碳酸
氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，两种溶液中离子种类相同，A 正确；
B．25℃时，反应OH
-+HClO= H2O+ClO
-的
K=c(ClO
-)
c(HClO)c(OH
-)
=c(ClO
-)c(H
+)
c(HClO)c(OH
-)c(H
+)
= 4.0×10
−8
1.0×10
−14 =4×10
6，B 错误；
C．从电离平衡常数分析，次氯酸的电离平衡常数比碳酸氢根离子的电离平衡常数大，根据越弱越水解分
析，碳酸根离子水解程度大，溶液碱性强，pH 大，C 正确；
D．氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸能和碳酸氢钠反应，使氯气和水反应的平衡正向移动，次氯酸的浓度
增大，D 正确；
故选B。
29．已知25℃时，部分弱电解质的电离平衡常数如表：
弱电解质
HClO
H2CO3
H2SO3
NH3·H2O
电离平衡常数
Ka=4.0×10-8
Ka1=4.3×10-7
Ka2=4.7×10-11
Ka1=1.5×10-2
Ka2=6.0×10-8
Kb=1.75×10-5
下列离子方程式或守恒关系正确的是
A．将Cl2通入到过量Na2CO3溶液中：Cl2+H2O+CO❑3
2−=HCO❑3
−+HClO+Cl-
21
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B．将SO2通入到NaClO 溶液中：ClO-+H2O+SO2=HClO+HSO❑3
−
C．向亚硫酸溶液中加入氨水至中性：c(NH❑4
+)=c(SO❑3
2−)+c(H2SO3)+c(HSO❑3
−)
D．向过量Na2CO3溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+2CO❑3
2−=2HCO❑3
−+SO❑3
2−
【答案】D
【详解】A．HClO 的酸性强于HCO❑3
−，故将Cl2通入到过量Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成HCl 和
HClO，HCl 和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，HClO 和碳酸钠反应生成NaClO 和碳酸氢
钠:Cl2+H2O+2CO❑3
2−=2HCO❑3
−+ClO-+Cl-，故A 错误；
B．HClO 有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为:SO2+H2O+ ClO-=Cl-+SO❑4
2−+2H+，故B 错误；
C．向亚硫酸溶液中加入氨水至中性，根据电荷守恒可得：c(NH❑4
+)=2c(SO❑3
2−)+c(HSO❑3
−)，故C 错误；
D．由酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO❑3
−＞HCO❑3
−，故向过量Na2CO3溶液中通入少量SO2，离子方程式为
SO2+H2O+2CO❑3
2−=2HCO❑3
−+SO❑3
2−，故D 正确；
故选D。
30．常温下，将0.1mol·L-1NaOH 溶液分别滴加到0.1mol·L-1HA 溶液和HB 溶液中，两混合溶液中离子浓度与
pH 的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa。下列说法不正确的是
A．c(HB)⋅c(A
-)
c(B
-). c(HA)
的值与溶液pH 大小无关
B．将HA 滴入NaB 溶液中发生反应的离子方程式为HA+B-=A-+HB
C．相同温度下，等浓度的NaB 和NaA 溶液中，溶液pH：NaB>NaA
D．向HA 溶液中加入NaOH 溶液，混合溶液中c(A
-)
c(HA) =10pK
a
(HA)-pH
【答案】D
【详解】A．c(HB)·c(A
−)
c(B
−)·c(HA)
= c(A
−)c(H
+)
c(HA)
·
c(HB)
c(B
−)·c(H
+)
= K (HA)
K (HB)，与pH 大小无关，A 正确；
B．由图可知pH=4 时，lg c(A
−)
c(HA)
=0，则Ka(HA)=1.0×10-4，同理pH=5 时，lg c(B
−)
c(HB)
=0，则Ka(HB)=1.0×10-5，所
以酸性HA＞HB，根据强酸制弱酸的原理可知上述离子方程式正确，B 正确；
C．酸性HA＞HB，B-水解能力比A-强，相同温度下，等浓度的NaB 溶液和NaA 溶液中，pH：NaB＞NaA，C
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正确；
D．c(A
−)
c(HA)
= c(A
−)
c(HA)
c(H
+)
c(H
+)
= K a(HA)
c(H
+)
，lg c(A
−)
c(HA)
=lg K a(HA)
c(H
+)
=pH-pKa，故c(A
−)
c(HA)
=10pH-pK
a
(HA)，D 错误；
综上所述答案为D。
31．已知室温下，醋酸的电离常数为K a=1.75×10
−5，一水合氨的电离常数为K b=1.75×10
−5。下列有
关说法错误的是
A．用0.1mol⋅L
−1的醋酸滴定20 mL氨水，可以选酚酞作指示剂
B．室温下，CH3COONH4溶液中c (H
+)=1×10
−7 mol⋅L
−1
C．用氨水滴定醋酸的过程中存在c(NH4
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(CH3COO
−)
D．室温下，0.lmol⋅L
−1的CH3COOH的电离度约为3 %
【答案】D
【详解】A．用0.1 mol/L 的醋酸滴定氨水，滴定终点时生成醋酸铵，由于醋酸和氨的Ka与Kb相等，滴定终
点呈中性，可以选酚酞作指示剂，A 正确；
B．CH3COONH4溶液中，NH4
+和CH3COO
−的水解程度相等（因Ka=Kb），溶液呈中性，溶液中
c (H
+)=1×10
−7 mol⋅L
−1，B 正确；
C．用氨水滴定醋酸的过程中存在电荷守恒：c(NH4
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(CH3COO
−)，C 正确；
D．0.1 mol/L 的醋酸电离度α=√K a
c
= √1.75×10
−5
0.1
≈1.32%，D 错误；
故选D。
32．戊二酸(用H2A表示)易溶于水，向1.0L物质的量浓度为a的H2A溶液中少量多次加入NaOH粉末，每次加
入后，使溶液冷却至室温，忽略溶液体积的变化，过程中测得pX随溶液pH的变化如图。已知；pX =−lgX，
X为c(H2A)、c(A
2−)或c(A
2)
c (HA)。
下列说法错误的是
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A．曲线II 为pc(A
2−)随pH的变化曲线
B．开始时，戊二酸溶液的浓度a>0.2mol/L
C．戊二酸的K a1=1.0×10
−5.6
D．pH =7.8时，c(HA
−)=0.1mol/L
【答案】C
【详解】A．向戊二酸溶液中加入NaOH 过程中，pH 增大，c(H2A)减小，则−lgc(H2A)增大，故曲线Ⅲ为
−lgc(H2A)随pH 的变化曲线，曲线Ⅰ、Ⅱ分别为−lgc(A
2−)
c(HA
−)
、−lgc(A
2−)随pH 的变化曲线，A 正确；
B．pH =7.8时，−lgc(A
2−)
c(HA
−) =0，即c(HA
−)=c(A
2−)，此时，−lgc(A
2−)=1，即c(A
2−)=0.1mol⋅L
−1，
因此c(HA
−)+c(A
2−)=0.2mol⋅L
−1，由元素守恒可知，开始时戊二酸溶液的浓度a>0.2mol⋅L
−1，B 正确；
C．P 点pH =5.6，即c(H
+)=10
−5.6 mol⋅L
−1，c(A
2−)=c(H2A)，
Kal×Ka2=c(A
2−)c
2(H
+)
c(H2A)
=c
2(H
+)=1.0×10
−11.2，Q 点pH =7.8时，Ka2=c(H
+)c(A
2−)
c(HA
−)
=c(H
+)=1.0×10
−7.8，
则Ka1=1.0×10
−3.4，C 错误；
D．pH =7.8时，−lgc(A
2−)
c(HA
−) =0，即c(HA
−)=c(A
2−)，此时，−lgc(A
2−)=1，即:
c(A
2-)=c(HA
❑
-)=0.1mol⋅L
−1，D 正确；
故选C。
33．25℃时，下列说法正确的是
A．2mL 0.1mol⋅L
−1的醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成H2的量基本相同
B．Na2CO3溶液中：2c (Na
+)=c(CO3
2−)+c(HCO3
−)+c(H2CO3)
C．将0.1mol⋅L
−1醋酸溶液稀释后，c(CH3COO
−)
c(CH3COOH)
减小
D．pH=3 的盐酸和pH=11 的NaOH 溶液等体积混合，所得溶液pH>7
【答案】A
【详解】A．2mL 0.1mol⋅L
−1的醋酸和盐酸均为一元酸，且其中酸的物质的量相同，则分别与足量锌反应，
生成H2的量基本相同，A 正确；
B．据物料守恒，Na2CO3溶液中：c (Na
+)=2c(CO3
2−)+2c(HCO3
−)+2c(H2CO3)，B 错误；
C．
c(CH3COO
−)
c(CH3COOH)
= c (H
+)c(CH3COO
−)
c (H
+)c(CH3COOH)
= K a
c (H
+)
，0.1mol⋅L
−1醋酸溶液稀释后，氢离子浓度减小，则比值
增大，C 错误；
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D．没有温度，不确定pH=3 的盐酸和pH=11 的NaOH 溶液等体积混合后所得溶液的酸碱性，D 错误；
故选A。
34．室温下，用0.1mol/L 的NaOH 溶液滴定20mL0.1mol/LHA 溶液，测得混合溶液的pH 与1gc(A
-)
c(HA) 的关系
如图所示。下列说法正确的是
A．导电能力：a>b
B．室温下，Ka(HA)=10-3.8
C．b 点时，c(A-)+c(HA)=c(Na+)
D．c 点时，c(A-)>c(Na+)
【答案】B
【详解】A．由电荷守恒得：c(A
-)+c(OH
-)=c(Na
+)+c(H
+)，随NaOH 的加入，c(A
-)和c(OH
-)增大，
则溶液中总离子浓度增大，溶液导电能力增大，导电能力：a<b，故A 错误；
B．lgc(A
-)
c(HA) =2 时，pH=5.8，此时c(A
-)
c(HA) =100，c(H
+)=10
-5.8，
Ka(HA)=c(A
-)⋅c(H
+)
c(HA)
=10
-5.8×100=10
-3.8，故B 正确；
C．b 点溶液显中性，则c(OH
-)=c(H
+)，则c(A
-)=c(Na
+)，故C 错误；
D．电荷守恒得：c(A
-)+c(OH
-)=c(Na
+)+c(H
+)，c 点溶液显碱性，则c(OH
-)>c(H
+)，c(A
-)<c(Na
+)，
故D 错误；
故答案选B。
35．亚砷酸(H3 AsO3)是三元弱酸，可以用于治疗白血病。H3 AsO3水溶液中含砷微粒的分布分数（平衡时某
微粒的浓度占各含砷微粒浓度之和的分数）与pH 的关系如右图所示。下列说法正确的是
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A．H3 AsO3的电离方程式为H3 AsO3⇌3 H
++ AsO3
3−
B．H3 AsO3第一步的电离常数为Ka1，则有Ka1=10
−9.2
C．H3 AsO3溶液的pH 约为9.2
D．pH =12时，溶液中c(H2AsO3
2−)+2c(AsO3
2−)+3c(AsO3
3−)+c(OH
−)=c(H
+)
【答案】B
【详解】A．由图可知，H3 AsO3水溶液中存在H3 AsO3、H2AsO3
−、HAsO3
2−等，则H3 AsO3是三元弱酸，分步
发生电离，以第一步电离为主，电离方程式为H3 AsO3⇌H
++ H2AsO3
−，A 错误；
B．H3 AsO3第一步的电离常数为Ka1=c(H
+)⋅c(H2AsO3
−)
c(H3 AsO3)
，由图可知，H3 AsO3和H2AsO3
−的分布分数相等时，
溶液的pH =9.2，即c(H3 AsO3)=c(H2AsO3
−)时c(H
+)=10
−9.2mol⋅L
−1，则有Ka1=c(H
+)=10
−9.2，B 正确；
C．H3 AsO3溶液呈酸性，则其pH<7，C 错误；
D．pH =12时，H3 AsO3溶液中加入NaOH 溶液等碱液，结合电荷守恒推知，溶液中
c(H2AsO3
−)+2c(HAsO3
2−)+3c(AsO3
3−)+c(OH
−)>c(H
+)，D 错误;
故答案选B。
36．酒石酸是一种有机二元弱酸(用H2R表示)，酒石酸钙(CaR)微溶于水。已知室温时：
Ka1(H2R)=9.2×10
−4、Ka2(H2R)= 4.3×10
−5，Ksp(CaR)=3.3×10
−6，Ka(CH3COOH)=1.8×10
−5，
lg3=0.48。下列说法不正确的是
A．室温时，0.05 mol⋅L
−1的CH3COOH溶液的pH约为3
B．向10 mL0.1mol⋅L
−1(CH3COO)2Ca溶液中加入10 mL0.1mol⋅L
−1酒石酸，溶液变浑浊
C．CaR饱和溶液中加入少量Na2R固体，c(Ca
2+)
c(R
2−)
的值减小
D．室温时，往0.1mol⋅L
−1的Na2R溶液中通HCl气体至溶液pH =7，消耗的n (HCl)>n(Na2R)
【答案】D
【详解】A．室温时，0.05 mol⋅L
−1的CH3COOH溶液中
c(H
+)=√Ka(CH3COOH)⋅c(CH3COOH)=√1.8×10
−5×0.05 mol/L =3×10
−3.5 mol/L，pH=
−lg(3×10
−3.5)=−0.48+3.5≈3，A 项正确；
B．Ka1(H2R)>Ka2(H2R)> Ka(CH3COOH)，故能发生反应2CH3COO
−+H2R =R
2−+2CH3COOH，
10 mL0.1mol⋅L
−1(CH3COO)2Ca溶液与10 mL0.1mol⋅L
−1酒石酸混合，随反应的进行酒石酸电离平衡正
移，使溶液中c(Ca
2+)=c(R
2−)≈0.05 mol/L，则
Qc(CaR)=c(Ca
2+)⋅c(R
2−)≈0.05×0.05=2.5×10
−3>Ksp(CaR)=3.3×10
−6，有CaR沉淀生成，溶液变浑浊，
B 项正确；
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C．CaR饱和溶液中加入少量Na2R固体，c(R
2−)增大，Ksp(CaR)=c(Ca
2+)⋅c(R
2−)不变，则c(Ca
2+)减小，
c(Ca
2+)
c(R
2−) 的值减小，C 项正确；
D．NaHR溶液存在HR
−水解及电离，HR
−水解平衡常数Kh(HR
−)=Kw
Ka1(H2R) = 1.0×10
−14
9.2×10
−4 <
Ka2(H2R)= 4.3×10
−5，NaHR溶液显酸性，根据反应Na2R+HCl= NaHR+NaCl，可确定往0.1mol⋅L
−1的
Na2R溶液中通HCl气体至溶液pH =7时，溶液中的溶质为Na2R、NaHR、NaCl，则消耗的n (HCl)<n(Na2R)，
D 项错误；
答案选D。
37．（2025·四川南充·一模）试题亚砷酸(H3 AsO3)可用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，常
温下，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．H3 AsO3的电离方程式为：H3 AsO3⇌3 H
++ AsO3
3−
B．0.10 mol/LH3 AsO3溶液的pH约为9.2
C．人体血液的pH为7.35∼7.45，用药后人体所含砷元素的主要微粒是H3 AsO3
D．pH =12时，溶液中c(H2AsO3
−)+2c(HAsO3
2−)+3c(AsO3
3−)+c(OH
−)=c (H
+)
【答案】C
【详解】A．H3AsO3是三元弱酸，分步发生电离，以第一步电离为主，第一步电离方程式为
H3AsO3⇌
❑
❑
H
++ H2AsO3
−，A 项错误；
B．H3AsO3第一步电离的电离常数Ka1=c(H2AsO3
−)⋅c(H
+)
c(H3AsO3)
，由图可知，pH =9.2时，
c(H2AsO3
−)=c(H3AsO3)，则Ka1=c(H
+)=1×10
-9.2，则0.10 mol/LH3 AsO3溶液，
c(H
+)≈√Ka1×c(H3AsO3)=√1×10
-10.2，c(H
+)=1×10
-5.1，pH=5.1，B 项错误；
C．由图可知，pH 在7.35～7.45 之间时As 主要微粒为H3AsO3，C 项正确；
D．pH =12时，溶液呈碱性，说明外加碱调节了pH，选项中的电荷守恒缺少了金属阳离子，从而可得
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c(H2AsO3
−)+2c(HAsO3
2-)+3c(AsO3
3-)+c(OH
-)>c(H
+)，D 项错误；
故选C。
38．(24-25 高三上·四川绵阳中学·月考)25℃时，向体积相同，浓度均为0.1mol/L的NaX、NaY溶液中分
别滴加等浓度的盐酸，混合溶液中的离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是
A．K a(HX)的数量级为10
−11
B．相同浓度溶液的pH:NaX>NaY
C．Q 点溶液中：c(Y
−)>c(Cl
−)
D．取等体积的M点溶液与N点溶液混合，所得混合溶液中：c(X
−)+c(HX)>c(Y
−)+c(HY)
【答案】D
【详解】A．当−lgc(HX)
c(X
−) =0，即c(HX)
c(X
−) =1时，10
−11mol/L＜c(OH
−)＜10
−10 mol/L，则溶液中
10
−3 mol/L＞(H
+)＞10
−4 mol/L，根据Ka (HX)=c(X
−)c(H
+)
c(HX)
判断，其数量级不可能为10
−11，A 错误；
B．c(OH
−)相同时，c(HX)
c(X
−) ＜c(HY)
c(Y
−) ，说明X
−水解常数小于Y
−的水解常数，等浓度的二者溶液中，前者溶
液中氢离子浓度大，pH 值小，即相同浓度溶液的pH:NaX＜NaY，B 错误；
C．取Q 点数据，c(OH
−)=c(H
+)=10
−7 mol/L，列出Q 点物料守恒得c(Na
+)=c(HY)+c(Y
-)，电荷守恒得
c(H
+)+c(Na
+)=c(OH
-)+c(Y
-)+c(Cl
-)，消去c (Na
+)，可得c(Y
-)=c(Cl
-)，C 错误；
D．M、N 两点溶液中c(OH
−)相等，X
−水解常数小于Y
−的水解常数，说明NaX溶液浓度大于NaY浓度，根据
物料守恒得：c(X
−)+c(HX)>c(Y
−)+c(HY)，D 正确；
答案选D。
39．(24-25 高三上·四川内江·期中)酒石酸是一种有机二元弱酸(记为H2A)。25℃时，H2A、HA
−和A
2−的分布
分数δ(例如δ (HA
−)=
c(HA
−)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−))与溶液pH 的关系如图。已知：二元弱酸能够分步滴定的条
件之一是K a1/ K a2≥10
4。下列说法正确的是
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A．a 代表δ (HA
−)随pH 变化的曲线
B．由图判断，能分步滴定酒石酸溶液中的c (H
+)
C．当pH=3.04 时，c(A
2−)=c(H2 A)
D．P 点溶液的pH=4.37+2lg2
【答案】D
【分析】酒石酸是一种二元弱酸，随着pH 越来越大，溶液酸性减弱，则H2A 的浓度逐渐减小，HA-的浓度
先增大后减小，A2-的浓度逐渐增大，则a 代表δ(H2A)、b 代表δ(HA−)、c 代表δ(A2−)随pH 变化的曲线；由a
与b 的交点知Ka1=10-3.04，由b 与c 的交点知Ka2=10-4.37。
【详解】A．据分析可知，b 代表δ (HA
−)随pH 变化的曲线，A 错误；
B．由图可知Ka1
Ka2
=10
-3.04
10
-4.37 =101.33＜104，不能分步滴定酒石酸溶液中的c(H+)，B 错误；
C．酒石酸的两步电离方程式相加，有c
2(H
+)c(A
2-)
c(H2A)
=Ka1Ka2=10
−3.04×10
−4.37=10
−7.41，pH=3.04 时，
c(A
2-)
c(H2A) = 10
−7.41
10
−3.04×2 =10
−1.33＜1即c(A2−)＜c(H2A)，C 错误；
D．P 点溶液中，δ(A2−)=0.8，则δ(HA−)=0.2，Ka2=c(H
+)c(A
2-)
c(HA
-)
=0.8c(H
+)
0.2
=10-4.37，c(H+)=10
-4.37
4
mol/L，所以
pH=4.37＋2lg2，D 正确；
故选D。
40．(24-25 高三上·四川成都双流区·月考)下列大小关系正确的是
A．相同c (H
+)且相同体积的①盐酸、②硫酸、③醋酸中，分别加入足量锌，相同状况下产生的V (H2)：
③>①=②
B．相同浓度的：①氨水、②NaOH 溶液、③Ba (OH)2溶液中，c (H
+)：②>①>③
C．相同浓度的：①(NH4)2S溶液、②Na2S溶液、③H2S溶液中，c(S
2−)：①>②>③
D．相同pH 的：①NaClO 溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中，c (Na
+)：①>②>③
【答案】A
【详解】A．c(H+)相同、体积相同时，由于醋酸是弱酸，相同浓度时，醋酸的电离程度最小，因此要达到
相同c(H+)，需要的醋酸的浓度最大，而在反应过程中，醋酸不断电离氢离子，因此醋酸电离的氢离子最多，
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盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，所以分别加入足量锌，生成氢气体积为：③>①=②，故A 正确；
B．氨水、NaOH 溶液、Ba (OH)2溶液均为碱性，且c(OH-)越大，碱性越强，氨水为弱碱溶液，因此电离出的
c(OH-)最少，Ba (OH)2电离出的c(OH-)最多，故c(OH-)：③＞②＞①，根据Kw =c(H
+)c(OH ❑
❑
−
)可知，c(OH-)
越大，c(H+)越小，因此c(H+)：①>②>③，故B 错误；
C．S
2−会发生水解S
2−+H2O⇌HS
−+OH ❑
❑
−
，①中NH4
+水解时结合水电离出的OH-，因此可以促进硫离子的
水解，使得硫离子的浓度减小；②中的钠离子对硫离子的水解没有影响；③中H2S为弱电解质，只能部分
电离产生出硫离子，因此c(S
2−)：②>①>③，故C 错误；
D．NaClO 溶液、NaHCO3溶液、CH3COONa溶液中酸根离子均会水解产生对应的酸和OH-，根据盐类水解的
规律可知，酸越弱，则对应盐的水解的程度越大，酸性为：CH3COOH>H2CO3>HClO，则水解程度：
CH3COO
−＜HCO3
−＜ClO
−，因此相同pH 的：①NaClO 溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中，物质浓
度关系为：①<②<③，因此c (Na
+)：①<②<③，故D 错误；
故答案选A。
41．（2025·广东·高考真题）CuCl 微溶于水，但在Cl
−浓度较高的溶液中因形成[CuCl2]
−和[CuCl3]
2−而溶解。
将适量CuCl 完全溶于盐酸，得到含[CuCl2]
−和[CuCl3]
2−的溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释，[CuCl3]
2−浓度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl 固体，[CuCl2]
−浓度一定上升
C．H[CuCl2]的电离方程式为：H[CuCl2]= H
++Cu
++2Cl
−
D．体系中，c(Cu
+)+c(H
+)=c(Cl
−)+c([CuCl2]
−)+c([CuCl3]
2−)+c(OH
−)
【答案】A
【详解】A．加水稀释，溶液体积变大，[CuCl3]
2−浓度一定下降，A 正确；
B．加入NaCl 会增加Cl⁻浓度，可能促使[CuCl2]
−转化为[CuCl3]
2−，[CuCl2]
−浓度不一定上升，B 错误；
C．H[CuCl2]应电离为H+和[CuCl2]
−，而非分解为Cu+和Cl-，电离方程式错误，C 错误；
D．电荷守恒未考虑[CuCl3]
2−的电荷数，电荷守恒应为
c(Cu
+)+c(H
+)=c(Cl
−)+c([CuCl2]
−)+2c([CuCl3]
2−)+c(OH
−)，D 错误；
故选A。
42．（2025·湖北·高考真题）铜(I)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)
为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为1.0×10
−3 mol⋅L
−1。下列描述正确的是
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A．Cu
++3L⇌[CuL3]
+的lgK =0.27
B．当c(Cu
+)=c{[CuL]
+}时，c{[CuL2]
+}=2.0×10
−4 mol⋅L
−1
C．n 从0 增加到2，[CuLn]
+结合L 的能力随之减小
D．若c{[CuL]
+}=c{[CuL3]
+}，则2c{[CuL2]
+}<c{[CuL]
+}+3c{[CuL3]
+}
【答案】C
【详解】A．Cu
++3L⇌[CuL3]
+的K =
c{[CuL3]
+}
c (Cu
+)×c
3(L)
，当图中δ{[CuL3]
+}=δ (Cu
+)时，K =
1
c
3(L)，
lgK =−3lgc (L)，由图像可知，此时−1.6＜lgc (L)＜−1.2，则lgK≠0.27，A 错误；
B．当c(Cu
+)=c{[CuL]
+}时，由图像可知，δ(Cu
+)=δ {[CuL]
+}=0.48，δ{[CuL3]
+}可忽略不计，则，
δ{[CuL2]
+}=0.04，c{[CuL2]
+}=0.04×1.0×10
−3= 4×10
−5mol / L，B 错误；
C．[CuLn]
+结合L 的离子方程式为[CuLn]
++ L⇌[CuLn+1]
+，当δ {[CuLn]
+}=δ {[CuLn+1]
+}时，K =
1
c (L)，由图
像交点可知，随着n 变大，c (L)逐渐变大，则K 值变小，说明[CuLn]
+结合L 的能力随之减小，C 正确；
D．若c{[CuL]
+}=c{[CuL3]
+}，由图像交点可知，δ {[CuL]
+}=δ{[CuL3]
+}＜0.2，δ {[CuL2]
+}＞0.6，则
c{[CuL2]
+}＞2c{[CuL3]
+}，故2c{[CuL2]
+}＞c{[CuL]
+}+3c{[CuL3]
+}，D 错误；
故选C。
43．（2024·浙江1 月·高考真题）常温下、将等体积、浓度均为0.40 mol⋅L
-1BaCl2溶液与新制H2SO3溶
液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1=1.4×10
-2,Ka2=6.0×10
-8
Ksp(BaSO3)=5.0×10
-10,Ksp(BaSO4)=1.0×10
-10
下列说法不正确的是
A．H2SO3溶液中存在c(H
+)>c(HSO3
-)>c(SO3
2-)>c(OH
-)
B．将0.40 mol⋅L
-1H2SO3溶液稀释到0.20 mol⋅L
-1，c(SO3
2-)几乎不变
C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
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D．存在反应Ba
2++H2SO3+H2O2= BaSO4↓+2H
++H2O是出现白色沉淀的主要原因
【答案】C
【详解】A．亚硫酸是二元弱酸，存在两步电离，电离方程式为：H2SO3⇌H
++HSO3
-，HSO3
-⇌H
++SO3
2-，
溶液中还存在水的电离，且水的电离比H2SO3的第二步电离还弱，则溶液中
c(H
+)＞c(HSO3
-)＞c(SO3
2-)＞c (OH
-)，A 正确；
B．亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度
变为原来的一半，另外稀释的平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，
B 正确；
C．加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，C 错误；
D．过氧化氢具有强氧化性，可以将+4 价硫氧化为+6 价硫酸根离子，则存在反应，
Ba
2++H2SO3+H2O2= BaSO4↓+2H
++H2O，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D 正确；
故选C。
44．（2023·天津·高考真题）下表列出25℃时不同羧酸的pKa(即-lg Ka)。根据表中的数据推测，结论正确
的是
羧酸
CH3COOH
CH2FCOOH
CH2ClCOOH
CH2BrCOOH
pKa
4.76
2.59
2.87
2.90
A．酸性强弱：CH2ICOOH>CH2BrCOOH
B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<Br
C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH
D．25℃时0.1mol/L 溶液的碱性强弱：CH3COONa<CH2ClCOONa
【答案】C
【详解】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH 的酸性逐渐减弱，则酸性
CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A 错误；
B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B
错误；
C．F 是吸电子基团，F 原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H 键极性增强，更易电离，酸性增
强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C 正确；
D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，
则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D 错误；
故答案为：C。
45．（2023·福建·高考真题）25℃时，某二元酸(H2A)的Ka1=10
−3.04、Ka2=10
−4.37。1.0 mol⋅L
−1NaHA
溶液稀释过程中δ (H2A)、δ (HA
−)、δ (A
2−)与pc(Na
+)的关系如图所示。已知pc(Na
+)=−lgc (Na
+),HA
−的
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分布系数δ (HA
−)=c(HA
−)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−) 。下列说法错误的是
A．曲线n 为δ (HA
−)的变化曲线
B．a 点：pH = 4.37
C．b 点：2c(H2 A)+c(HA
−)=c(Na
+)
D．c 点：c(Na
+)+c(H
+)=3c(HA
−)+c(OH
−)
【答案】B
【分析】1.0 mol⋅L
−1NaHA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-
+H2O⇌OH-+H2A；HA-的水解常数为K W
K a1
= 10
−14
10
−3.04 =10
−10.96< K a2，其电离程度大于其水解程度，因此其以
电离为主，其分布系数先保持不变后减小，曲线n 为δ (HA
−)的变化曲线，pc(Na
+)的增大，c(Na
+)减小，
δ (A
2−)增大明显，故曲线m 为δ (A
2−)的变化曲线，则曲线p 为δ (H2A)的变化曲线。
【详解】A．1.0 mol⋅L
−1NaHA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-+H2O⇌OH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n 为δ (HA
−)的变化曲线，选项A 正
确；
B．a 点, pc(Na
+)=1.0，则c(Na
+)=0.1mol/L，δ (HA
−)=0.70，δ (H2A)=δ (A
2−)=0.15，
Ka2=c(A
2−)c(H
+)
c(HA
−)
=10
−4.37，c(H
+)= 0.70
0.15 ×10
−4.37，pH=3.79≠4.37，选项B 错误；
C．b 点, δ (HA
−)=0.70，δ (H2A)=δ (A
2−)=0.15，即c (H2A)=c(A
2−)，根据物料守恒有，
c(A
2−)+c(H2 A)+c(HA
−)=c(Na
+)，故2c(H2A)+c(HA
−)=c(Na
+)，选项C 正确；
D．c 点：δ (HA
−)=δ (A
2−)，故c(A
2−)=c(HA
−)根据电荷守恒有c(Na
+)+c(H
+)=2c(A
2−)+c(HA
−)+c(OH
−)，
故c(Na
+)+c(H
+)=3c(HA
−)+c(OH
−)，选项D 正确；
答案选B。
46．（2023·天津·高考真题）在浓度为0.1 mol/L的NaH2PO4溶液中，如下说法正确的是
A．溶液中浓度最大的离子是H2PO4
−
B．c(H3PO4)+c(H2PO4
−)+c(HPO4
2-)+c(PO4
3−)=0.1 mol/L
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C．c(Na
+)+c(H
+)=c(H2PO4
-)+2c(HPO4
2-)+3c(PO4
3−)
D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为K=c(H2PO4
-)
c(H
+)c(HPO4
2−)
【答案】B
【详解】A．NaH2PO4在水溶液中完全电离生成Na+和H2PO4
−，H2PO4
−又发生电离和水解，则溶液中浓度最
大的离子是Na+，故A 错误；
B．根据NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c(H2PO4
−)+c(PO❑4
3−)+c(HPO❑4
2−)+c(H3PO4)=0.1mol/L，故B
正确；
C．根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO❑4
−)+2c(HPO❑4
2−)+3c(PO❑4
3−)，故C 错
误；
D．磷酸第二步电离方程式为：H2PO4
−⇌HPO4
2−+ H
+，电离平衡的平衡常数表达式为K=c(H
+)c(HPO4
2−)
c(H2PO4
-)
，
故D 错误；
故选B。故选：B。
47．（2023·浙江6 月·高考真题）草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20 mL 0.1 mol⋅L
-1 NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol⋅L
-1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20 mL 0.10 mol⋅L
-1NaHC2O4溶液中滴加0.10 mol⋅L
-1CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Kal=5.4×10
-2,Ka2=5.4×10
-5,Ksp(CaC2O4)=2.4×10
-9，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V(NaOH)=10 mL时，存在c(C2O4
2-)<c(HC2O4
-)
C．实验Ⅱ中发生反应HC2O4
-+Ca
2+=CaC2O4↓+H
+
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时，溶液中c(C2O4
2-)=4.0×10
-8mol⋅L
-1
【答案】D
【详解】A．NaHC2O4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V(NaOH)=10 mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，
K a2=5.4×10
−5> K h=1×10
−14
5.4×10
−5 ，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在
c(C2O4
2−)>c(HC2O4
−)，故B 错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是
2HC2O4
−+Ca
2+=CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为
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K =
c(H2C2O4)
c(Ca
2+)⋅c
2(HC2O4
−)
=
c(H2C2O4)⋅c(H
+)⋅c(C2O4
2−)
c(Ca
2+)⋅c(C2O4
2−)⋅c
2(HC2O4
−)⋅c(H
+)
=
K a2
K a1⋅K sp
=5.4×10
−5
5.4×10
−2×2.4×10
−9 = 1
2.4 ×10
6≈4.2×10
5，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进
行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C 错误；
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时，溶液中的钙离子浓度为
c(Ca
2+)= 0.1mol⋅L
−1×0.080 L−0.1mol⋅L
−1×0.020 L
0.1 L
=0.06mol⋅L
−1，溶液中
c(C2O4
2−)= K sp(CaC2O4)
c(Ca
2+)
=2.4×10
−9
0.06
mol⋅L
−1=4.0×10
−8mol⋅L
−1，故D 正确。
综上所述，答案为D。
48．（2023·浙江1 月·高考真题）甲酸(HCOOH)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R3 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的物质的
量分数)与废水初始pH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R3 N在水中存在平衡：R3 N + H2O⇌R3 NH
++OH
−
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R3 NH
+作用的HCOO
−数目减少
D．废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3 NH
+形态存在
【答案】D
【详解】A．由图可知，R3 N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3 N + H2O⇌R3 NH
++OH
−，故A 正确；
B．由电离常数公式可知，溶液中c(HCOO
−)
c(HCOOH)
=Ka
c(H
+) ，当溶液pH 为5 时，溶液中c(HCOO
−)
c(HCOOH)
=1.8×10
−4
1.0×10
−5
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=18，故B 正确；
C．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，溶液中甲酸根个离子浓度减小，与R3 NH
+作用的数目
减小，故C 正确；
D．由图可知，R3 N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3 N + H2O⇌R3 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R3N 形态存在，故D 错误；
故选D。
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