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专题09 水溶液中的离子反应与平衡
1．（2023·北京卷）下列过程与水解反应无关的是
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和
溶液制备
胶体
【答案】B
【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪
酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A 不符合题意；
B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B 符合题意；
C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C 不符合题意；
D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D 不符合题意；
故选B。
2．（2023·全国甲卷）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
【详解】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。
3．（2023·全国乙卷）一定温度下，AgCl 和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．a 点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl 沉淀
B．b 点时，c(Cl-)=c(CrO
)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4+2Cl-
2AgCl+CrO
的平衡常数K=107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO
)=(1×10-5)2×1×10-
1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl 的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选
项结果。
【详解】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(Ag2CrO4)=10-
17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A 错误；
B．Ksp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
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、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和
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。
4．（2023·新课标卷）向
饱和溶液(有足量
固体)中滴加氨水，发生反应
和
，
与
的关系如下图所示(其中M 代表
、
、
或
)。
下列说法错误的是
A．曲线I 可视为
溶解度随
浓度变化曲线
B．
的溶度积常数
C．反应
的平衡常数K 的值为
D．
时，溶液中
【答案】A
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，
氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲
线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．氨的浓度较小时AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s) +2NH3
(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A 错误；
B．由图可知，c(NH3)=10-1mol/L 时，c(Cl-)=10-2.35mol/L, c(Ag+)=10-7.40mol/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-
7.40=10-9.75，故B 正确；
C．由图可知，氨分子浓度对数为-1 时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L 和
10-5.16mol/L，则
的平衡常数K=
=
=
，故C 正确；
D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度
对数变化的曲线，则
时，溶液中
，故D 正
确；
故选A。
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
【详解】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·山东卷）在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：
；
；
；
；
，平衡常
数依次为
。已知
、
，
、
随
的变化关
系如图所示，下列说法错误的是
A．线
表示
的变化情况
B．随
增大，
先增大后减小
C．
D．溶液中I 元素与
元素的物质的量之比始终为
【答案】B
【分析】由题干反应方程式
可知，K1=
，则有c(Hg2+)=
，则有
lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，
=lgK3+lgc(HgI2)+
lgc(I-)，
==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由
可知K0=
为一定值，
故可知图示中
曲线1、2、3、4 即L 分别代表
、
、
、
，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，线
表示
的变化情况，A 正确；
B．已知
的化学平衡常数K0=
，温度不变平衡常数不变，故随
增大，
始终保持不变，B 错误；
C．由分析可知，曲线1 方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2 方程为：
lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：
，C 正确；
D．溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I 元素与
元素的物质的量之比始终为
，
D 正确；
故答案为：B。
7．（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
【详解】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。
8．（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、CH3COOH 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，
a 点时NaOH 溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl 和水，CH3COOH 未发生反应，溶质成分为NaCl 和
CH3COOH；b 点时NaOH 溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH 和 CH3COONa；c
点时NaOH 溶液与CH3COOH 恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d 点时NaOH 过量，溶质成
分为NaCl、CH3COONa 和NaOH，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-
3.38mol/L，
=
=10-4.76，故A 正确；
B．a 点溶液为等浓度的NaCl 和CH3COOH 混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)
+c(CH3COO-)，故B 正确；
C．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；
D．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；
答案选D。
9．（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。
【详解】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H2L，此时电
离出的HL-较少，根据H2L 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
c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A 错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L 在pH≈9.9 时HL-的含量最大，而H2L 和L2-的含量最少，因此
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[FeL2]-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[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到
c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗
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。
10．（2023·辽宁卷）某小组进行实验，向
蒸馏水中加入
，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入
锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知
为棕色，下列关于颜色变化的解
释错误的是
选
项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：
C
紫黑色晶体消失
(
)的消耗使溶解平衡
右移
D
溶液褪色
与有色物质发生了置换反应
【答案】D
【详解】A．向10mL 蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中
溶解度较小，A 项正确；
B．已知
(aq)为棕色，加入0.2g 锌粒后，Zn 与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌
，生成
使溶液颜色加深，B 项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn 与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成
，I2(aq)浓度减小，上述溶
解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C 项正确；
D．最终溶液褪色是Zn 与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D 项错误；
答案选D。
11．（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即
，通过调节pH 使
和
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H2S 饱和溶液中随着pH 的增大，H2S 的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，
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。
【详解】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+)=10-4.2 mol/L 时，c(HS-)=10-3.9 mol/L，
，C 错误；
D．已知Ka1Ka2=
=
，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L 时，
c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L 时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2=
=
=10-21.8，结合C 项分析可知，Ka1=10-7.1故有
，D 正确；
故答案为：D。
1．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考三模）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．
溶液中加入固体
后离子浓度一定是
B．
溶液中加入
溶液后
，则
的
C．用
氨水滴定
浓度均为
的
和
的混合液，当溶液呈中性时，氨水
滴入量大于
，
D．
氨水和
溶液等体积混合(溶液混合引起的体积变化可忽略)：
【答案】B
【解析】A．H2SO3溶液中加入固体NaOH，溶液中离子浓度与NaOH 的加入量有关，所以无法确定溶液中
离子浓度大小，选项A 错误；B．
溶液中加入
溶液后，生成
0.002molNaF，剩余0.002molHF，相当于等物质量浓度的NaF 和HF 混合，此时
，所以HF 的电离程
度大于F-的水解，所以c(F-)>c(HF)，
，选项B 正确；C．用
氨水滴定10mL 浓度均为
的
和
的混合液，当溶液呈中性时，此时c(H+)=c(OH-)，
溶液中阳离子还有
，阴离子还有Cl-和CH3COO-，根据电荷守恒可知，
所以
，选项C 错误；D．
氨水和
溶液等体积混合，根据物
料守恒有
，根据电荷守恒有
，两式相减消
为
，两边加上
有
一个混合后含C 元素的物质量
浓度为
，带入得，
，选项D 错误；答案选B。
2．（2023·福建南平·统考三模）常温下，向
的
溶液中滴入NaOH 溶液，随着pH 变化溶
液中浓度最大的含磷微粒如图所示。下列说法正确的是
A．
时，
B．
时，
C．
时，
D．若用
的
溶液进行实验，
将向左移动
【答案】A
【解析】A．
时，
，则
，A 正确；B．
时，
，此时溶液中主要含有
，溶液显
酸性，其电离程度大于水解程度，故
，B 错误；C．
时，根据
电荷守恒可知，
，C 错误；D．平衡常数只受
温度的影响，故
不移动，D 错误；故选A。
3．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）常温下，用0. 20 mol∙L−1的NaOH 溶液滴定10. 00 mL 0.20 mol∙L−1某
二元弱酸的酸式盐NaHX 溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．H2X 的二级电离常数Ka2≈5×10−10
B．水的电离程度：c>b> a
C．b 点溶液中：c(Na+ )>c(X2−)
D．c 点溶液中：c(Na+ )＝c(HX－) +c(H2X)
【答案】D
【解析】A．H2X 的二级电离常数Ka2=
，其中c(H+)≈c(X－)=1×10-5mol∙L−1，c(HX
－)≈0.02mol∙L−1，因此Ka2≈
，A 正确；B．NaHX 溶液呈酸性，说明HX－的电离程
度大于水解程度，则NaHX 抑制水电离，X2－能水解而促进水电离，b 点溶质为等物质的量浓度的Na2X、
NaHX，比a 点抑制水电离程度小，所以水的电离程度： c> b> a，B 正确；C．b 点溶液中存在等物质的量
浓度的NaHX 和Na2X，显然c(Na+ )>c(X2−)，C 正确；D．c 点NaHX 和NaOH 完全反应，为Na2X 溶液，根
据物料守恒，则c(Na+ )＝2[c(HX－) +c(H2X)+c(X2－)]，D 错误；答案选D。
4．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）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R3N，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，下列说法错误的是
A．该回收利用的原理是R3N 粒子对HCOO-的静电吸附
B．pH=5 的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K 的数量级为10-4
C．废水初始2.4<pH<5 时，随pH 上升回收率下降的原因是离子交换树脂活性成分R3NH+含量下降
D．废水初始pH<2.4 时，甲酸的电离程度对回收率影响显著
【答案】A
【解析】A．R3N 分子不带电，不能与HCOO-产生静电作用，故该回收利用的原理是R3N 与H+形成的
R3NH+粒子对HCOO-的静电吸附，A 错误；B．pH=5 的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离
平衡常数K=
=1.8×10-4，即其Ka 的数量级为10-4，B 正确；C．废水初始2.4<pH<5 时，活
性成分R3N 在水中存在平衡：R3N+H+
R3NH+，随pH 上升溶液中H+浓度减小，则R3N 与H+结合形成的
R3NH+浓度减小，R3NH+与HCOO-的静电作用减弱，导致甲酸或甲酸盐的回收率下降，C 正确；D．由题干
图示信息可知，废水初始pH<2.4 时，废水中pH 值越小，c(H+)越大，HCOOH
HCOO-+H+平衡逆向移动，
则HCOO-数目减少，即甲酸的电离程度对回收率影响显著，D 正确；故答案为：A。
5．（2023·全国·模拟预测）常温时，分别向一元酸HX 溶液和
溶液中滴加NaOH 溶液，
与pH
的关系如图所示[C 表示
或
]。已知常温时，
。下列说法错误的是
A．曲线①表示
与pH 的关系
B．一元酸HX 的电离平衡常数
C．对于曲线②的溶液，N 点水的电离程度小于M 点
D．M 点时，对于
溶液：
【答案】A
【解析】A．当
，即
时，由常温时
可知，
，则
，即为P 点，故曲线①表示
与pH 的关系，曲线②表示
与pH 的关系，A 错误；B．由题图可知，N 点时
，
，即
，则HX 的电离平衡常数
，B 正确；C．曲线②表示
与pH 的关系，而N 点的
比M 点的大，酸的电离会抑制水的电离，则N 点水的电离程度比M 点的小，C 正确；D．由溶液中
的电荷守恒可知
，D 正确；故选A。
6．（2023·河南·校联考三模）常温下，向20mL0.1mol·L-1CH3NH2溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1盐酸，测得混
合溶液的pH 与
的变化关系如图所示。
下列说法正确的是
A．M 点时加入盐酸的体积为20mL
B．常温下，Kb(CH3NH2)的数量级为10-11
C．N 点溶液：c(C1-)>c(
)>c(CH3NH2)
D．滴加过程中
逐渐减小
【答案】C
【解析】A．CH3NH2为一元弱碱，0.1mol·L-1CH3NH2溶液中与0.1mol·L-1盐酸完全反应时生成CH3NH3Cl，
溶液呈酸性，由图可知，M 点溶液pH 为7，则CH3NH2溶液未完全反应，盐酸溶液的体积小于20mL，故
A 错误；B．由图可知，溶液中
为0 时，溶液pH 为10.6，由电离常数公式可知，电离常数
Kb(CH3NH2)=
= c(OH—)=10—3.4，则数量级为10——4，故B 错误；C．由图可知，N 点
溶液中
=—1.0，溶液呈酸性，则溶液中c(
)>c(CH3NH2)，由溶液中的电荷守恒关系
c(C1—)+ c(OH—)=c(
)+ c(H+)可知，溶液中c(C1-)>c(
)，则溶液中离子浓度的大小顺序为
c(C1-)>c(
)>c(CH3NH2)，故C 正确；D．CH3NH3Cl 的水解常数为Kh=
，水解常
数为温度函数，温度不变，水解常数不变，则滴加过程中
不变，故D 错误；故选C。
7．（2023·浙江·统考模拟预测）亚磷酸(H3PO3)及其盐在工农业生产中有着重要作用。25℃时，已知H3PO3
溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol•L-1，溶液中所有含磷微粒的lgc－pOH 的关系如图所示。已知：pOH
表示OH-浓度的负对数[pOH=-lgc(OH-)]。下列说法正确的是
A．曲线①表示lgc(H2PO )随pOH 的变化
B．pH=4 的溶液中：c(H3PO3)+2c(HPO
)=0.1mol•L-1
C．反应H3PO3+HPO
2H2PO 的平衡常数K=1.0×10-5.3
D．浓度均为0.1mol•L-1的Na2HPO3和NaOH 的混合液，加水稀释10 倍后溶液中
将增大
【答案】D
【分析】任何pOH 下，图中含R 物质均有3 种，说明H3RO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐
增大，pOH 减小，根据H3RO3+OH-=
+H2O、
+OH-=
+H2O，可知c(H3RO3)逐渐减小，c(
)先增大后减小，c(
)逐渐增大，故lgc(H3RO3)逐渐减小，lgc(
)先增大后减小，lgc(
)
逐渐增大，故曲线①表示c(
)，曲线②表示c(
)，曲线③表示c(H3RO3)。
【解析】A．由分析可知，曲线②表示c(
)随pOH 的变化，故A 错误；B．pH=4 时，pOH=10，由图
可知，此时，lgc(H3RO3)=lgc(
)，即c(
)=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c(
)+c(
)=0.1
mol•L-1，故2c(H3RO3)+c(
)=0.1 mol•L-1，故B 错误；C．根据a 点知，c(
)=c(
)时，
pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 mol/L，c(H+)=10-6.7 mol/L，则H3RO3的Ka2=
=c(H+)=10-6.7，根据c
点知，c(
)=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6 mol/L，c(H+)=10-1.4 mol/L，则H3RO3的Ka1=
=c(H+)=10-1.4，由H3RO3⇌
+H+减去
⇌
+H+，可得H3RO3+
⇌2
，则平衡常数K=
=105.3，故C 错误；D．浓度均为0.1mol/L 的Na2HPO3和NaOH 的混合液，
加水稀释10 倍后溶液碱性减弱，c(OH-)减小，
的水解平衡常数不变，根据
可
知，该比值增大，故D 正确；故选：D。
8．（2023·江苏南通·统考三模）常温下，肼
的水溶液显碱性，存在如下平衡：
；
。平衡时溶液中含氮微粒的分布分数
与溶液
的关系如图所示。向
的水溶液中逐滴滴加
的稀硫酸，下列说法正确的是
A．
的电子式：
B．
的平衡常数为
C．当加入5.00mL 稀硫酸时，溶液中：
D．当加入10.00mL 稀硫酸时，溶液中：
【答案】B
【分析】利用6.02 点计算第一步平衡的K1=
，利用14.9 计算得第二步平衡
K2=
。
【解析】A．N 的最外层电子数为5 需要共用三对电子，即N 和H、N 均共用一对电子，A 项错误；B．K=
，B 项正确；C．N2H4完全转变为
(N2H5)2SO4需要加入10mL 稀硫酸。所以加入5mL 稀硫酸后溶液中溶质为(N2H5)2SO4和N2H4且物质的量之
比为1：1。平衡Ⅲ：
N2H4+H+ K=
，
K<K1 即该溶液以平衡第一步为主，所以
>c(N2H4)，C 项错误；D．加入10mL 硫酸时发生反应为
N2H4+H2SO4=(N2H5)2SO4，反应后溶液中存在物料守恒为
2c(
)=c(
)+c(N2H4)+c(
)，D 项错误；故选B。
9．（2023·山东·校联考模拟预测）（双选）室温下，向一定浓度
溶液中加入盐酸，溶液中粒子(
、
、
、
、
)浓度的负对数(用
表示)与溶液
变化的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．M 点纵坐标为2.7
B．水的电离程度：X>Y>M>N
C．随着pH 减小，
先增大后减小
D．N 点溶液中
【答案】BD
【分析】
越小，碱性越强，
也会越大，因此线MX 代表
，线XY 代表
，线MY 代表
，最后两条线分别是
、
。X 点时，
，则
的
；同理，Y 点时，
，则
的
；
【解析】A．M 点时，
，也是
取最大值时，
，
再根据
，求出
，
，则
，故A 正确；B．
X→M→Y→N 过程，
逐渐减少，水的电离程度逐渐减小，故B 错误；C．当pH 减小时，根据
不变，而
先增大后减小，则
先增大后减小，故C 正确；D．N 点时，根据
电荷守恒
，N 点时
，由此可以得出
，而
，则
，故D 错误；
故选BD。
10．（2023·辽宁·校联考三模）25℃，用0.1 mol⋅L
NaOH 溶液滴定某二元弱酸
，pH 与粒子的分布
分数δ[如
]，
的关系如图所示。下列说法正确的是
A．
时，应选择酚酞溶液作指示剂
B．
的数量级为
C．NaHA 溶液中
D．Na₂A 溶液中
【答案】C
【分析】由图可知，bf 曲线为0.1mol•L−1 NaOH 溶液滴定二元弱酸H2A 的滴定曲线，当
时，
反应生成NaHA，NaHA 溶液显酸性，当
时，反应生成Na2A，Na2A 溶液显碱性。
【解析】A．
时，反应生成NaHA，NaHA 溶液显酸性，应选用甲基红做指示剂，故A 错误；
B．由图可知，当溶液中c（HA−）＝c（H2A），pH<7，由
>1×10−7，故B 错误；
C．由分析可知，NaHA 溶液显酸性，HA-电离程度大于水解程度；所以溶液中
，故C 正确；D．Na2A 溶液中存在元素质量守恒关系：c(Na＋)＝2c(HA−)＋
2c(A2−)＋2c(H2A)，所以
，故D 错误；故答案选C。
11．（2023·湖北·襄阳四中校考模拟预测）甘氨酸(
)是最简单的氨基酸。在常温下，
、
和
的分布分数［如
与溶
液pOH［
］关系如图。下列说法正确的是
A．曲线a 代表的是
B．甘氨酸的
C．当溶液
时，
D．
的平衡常数
【答案】D
【分析】随着溶液碱性增强，
的量减小，
的量先增加后减小，
的量增加，故abc 分别为
、
、
的曲线；
【解析】A．由分析可知，曲线a 代表的是
，A 错误；B．
，由点(4.22，0.5)可知，
，B 错误；C．由图可知，当溶液
时，
，C 错误；D．由点(11.65，0.5)可知，
，由点(4.22，0.5)可知，
；
的平
衡常数
，
D 正确；故选D。
12．（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）已知相同温度下，
。某温度下，饱和溶液
中
、
、与
的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线①代表
的沉淀溶解曲线
B．该温度下
的
值为
C．加适量
固体可使溶液由a 点变到b 点
D．
时两溶液中
【答案】B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(
)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(
)]＝
－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(
)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜
Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(
)]的关系，
曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(
)]的关系。
【解析】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的
沉淀溶解曲线，选项A 错误；B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(
)]的关系，由图可知，
当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3 时，－lg[c(
)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－
10，选项B 正确；C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则
Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c(
)将减小，因此a 点将沿曲线②向左上方移动，选项C 错误；D．由图
可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中
＝
＝
，选项D 错误；答案选B。
13．（2023·四川攀枝花·统考三模）向10mL 浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入
0.1mol·L-1氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水(Kb=1.8×10-5)体积关系如
下图所示。测得M、N 点溶液pH 分别为8.04、8.95。
已知：i．Zn2++4NH3⇌[Zn(NH3)4]2+ K 稳=
ii．Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]
下列说法正确的是
A．曲线Y 表示Zn2+
B．Ksp[Fe(OH)2]=10-16.92
C．N 点以后，锌元素主要以Zn2+形式存在
D．Zn(OH)2+4NH3⇌[Zn(NH3)4]2++2OH- K=10-7.86
【答案】D
【分析】由于Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，向10mL 浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加
入0.1mol·L-1氨水，Zn2+先沉淀，分析图像，曲线X 代表Zn2+，曲线Y 代表Fe2+，曲线Z 为[Zn(NH3)4]2+。
【解析】A．由分析可知，曲线Y 表示Fe2+，故A 错误；B．N 点c(Fe2+)= 1 10-5mol/L，pH=8. 95，c(H+)=1
10-8.95 mol/L，c(OH-)=
mol/L，Ksp[Fe(OH)2]= c(Fe2+)c2(OH-)=
=1 10-15.1，故B 错误；C．N 点锌元素的主要存在形式为Zn(OH)2，N 点以后，锌元素主要以[Zn(NH3)4]2+形
式存在，故C 错误；D．由M 点数据可知，Ksp[Zn(OH)2]=
=10-16.92，反应
Zn(OH)2+4NH3⇌[Zn(NH3)4]2++2OH-的K=
，故D 正确；故选D。
