文档文本内容
专题34 电离平衡
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点01 电离平
衡的理解及应用
2025：广东、浙江
2024：天津、北京、浙江
2023：天津、浙江
2022：福建、湖北、浙江、全国乙卷
2021：天津、浙江
2020：北京、天津、浙江
2019：浙江、全国III 卷
2018：浙江
2017：浙江、全国III 卷
2016：全国III 卷、江苏、浙江
注重考查学科核心知识 ：本专题的考查主
要集中在弱电解质的电离平衡、电离平衡
的影响因素、电离常数的应用和计算等核
心知识。
强调知识的灵活运用与综合分析 ：弱电解
质的电离平衡是中学化学基本理论中的重
要组成部分，也是学习中比较难理解的内
容，更是近几年高考命题的必考内容，主
要以选择题的形式出现。高考有关本部分
内容的考查除了文字叙述题外，常以图
表、图像创设新情境，考查考生的观察、
理解能力。
考点02 电离平
衡
图像分析
2025：全国卷、河北、甘肃
2024：湖南、河北、新课标卷
2023：福建、湖北、浙江
2022：湖北
2021：湖北、湖南、全国乙卷、浙江
2020：海南
2019：天津、全国I 卷
2018：浙江
2017：全国II 卷、浙江
2016：天津
1．（2025·广东·高考真题）CuCl 微溶于水，但在
浓度较高的溶液中因形成
和
而溶解。
将适量CuCl 完全溶于盐酸，得到含
和
的溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释，
浓度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl 固体，
浓度一定上升
C．
的电离方程式为：
D．体系中，
【答案】A
【详解】A．加水稀释，溶液体积变大，
浓度一定下降，A 正确；
B．加入NaCl 会增加Cl⁻浓度，可能促使
转化为
，
浓度不一定上升，B 错误；
C．H[CuCl2]应电离为H+和
，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
的电荷数，电荷守恒应为
，D 错误；
故选A。
2．（2025·浙江·高考真题）
时，
的电离常数
。下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．
溶液中，
，则
【答案】D
知识点01 电离平衡的理解及应用
【详解】A．
，K=
=
，A 正确；
B．
，K=
=
，B 正确；
C．
，K=
=
，C 正确；
D．
=
，由于
，
，D 错误；
答案选D。
3．（2024·天津·高考真题）甲胺
水溶液中存在以下平衡：
。
已知：
时，
的
，
的
。下列说法错误的是
A．
的
B．
溶液中存在
C．
时，
溶液与
溶液相比，
溶液中的
小
D．
溶液与相同浓度的
溶液以任意比例混合，混合液中存在
【答案】C
【详解】A．由
的水解方程式可知，
的
，A 正确；
B．由
的电离方程式及电荷守恒可知，
溶液中存在
，B 正
确；
C．由
的
，
的
，碱性
，由越弱越水解
可得，
时，
溶液与
溶液相比，
溶液中的
大，C 错误；
D．
溶液与相同浓度的
溶液以任意比例混合，由物料守恒得，混合液中存在
，D 正确；
故选C。
4．（2024·北京·高考真题）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是
A．依据相同温度下可逆反应的Q 与K 大小的比较，可推断反应进行的方向
B．依据一元弱酸的
，可推断它们同温度同浓度稀溶液的
大小
C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大
D．依据
的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱
【答案】C
【详解】A．对于可逆反应的Q 与K 的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应向正反应方向进行；
Q=K，反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q 与K 大小的比较，可推断反应进行的方向，A
正确；
B．一元弱酸的
越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的
越多，
越小，B 正确；
C．同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是ⅡA 大于ⅢA，VA 大于VIA，C 不正确；
D．
的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D 正确；
故选C。
5．（2024·浙江·高考真题）常温下、将等体积、浓度均为
溶液与新制
溶液混合，
出现白色浑浊；再滴加过量的
溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：
下列说法不正确的是
A．
溶液中存在
B．将
溶液稀释到
，
几乎不变
C．
溶液与
溶液混合后出现的白色浑浊不含有
D．存在反应
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：
，
，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
，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，
，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D 正确；
故选C。
6．（2023·天津·高考真题）下表列出25℃时不同羧酸的
(即
)。根据表中的数据推测，结论正确的
是
羧
酸
pKa
4.76
2.59
2.87
2.90
A．酸性强弱：
B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<Br
C．25℃时的pKa大小：
D．25℃时0.1mol/L 溶液的碱性强弱：
【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。
7．（2023·天津·高考真题）在浓度为
的
溶液中，如下说法正确的是
A．溶液中浓度最大的离子是
B．
C．
D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为
【答案】B
【详解】A．
在水溶液中完全电离生成Na+和
，
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(
)+c(PO
)+c(HPO
)+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 )+2c(HPO
)+3c(PO
)，故C 错误；
D．磷酸第二步电离方程式为：
，电离平衡的平衡常数表达式为
，
故D 错误；
故选B。故选：B。
8．（2023·浙江·高考真题）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。
9．（2022·福建·高考真题）探究醋酸浓度与电离度
关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正
确的
步骤
操作或叙述
A
.
Ⅰ用
标准溶液标定醋酸溶液浓度
滴定时应始终注视滴定管中的液面
B
.
Ⅱ用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液
应使用干燥的容量瓶
C
.
Ⅲ测定步骤Ⅱ中所得溶液的
应在相同温度下测定
D
.
Ⅳ计算不同浓度溶液中醋酸的电离度
计算式为
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A 错误；
B．配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B 错误；
C．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的
时应在相同温度下测定，C 正确；
D．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的
和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为
，D 错误；
答案选C。
10．（2022·湖北·高考真题）根据酸碱质子理论，给出质子
的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性
越强。已知：
，
，下列酸性强弱顺序正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子
的物质是酸，则反
应
中，酸性：
，反应
中，酸
性：
，故酸性：
，答案选D。
11．（2022·浙江·高考真题）
时，向
浓度均为
的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入
的
溶液(醋酸的
；用
的
溶液滴定
等浓度的盐酸，滴定
终点的
突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加
溶液至
的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．
时，
【答案】B
【详解】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A 正确；
B．滴加
溶液至
的过程中，若只发生反应的离子方程式：
，则滴加NaOH 溶液
的体积为20mL，则根据电离常数，
的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)=
=
=
>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程
式为：H++OH-=H2O 和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B 错误；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：
，C 正确；
D．向
浓度均为
的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入
的
溶液至pH=7，根
据物料守恒有c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则有
。又由pH=7 可得
c(H+)=10-7mol/L，根据该温度下Ka(CH3COOH)=
，
，故有
，D 正确；
故答案为：B。
12．（2022·浙江·高考真题）
时，苯酚
的
，下列说法正确的是
A．相同温度下，等
的
和
溶液中，
B．将浓度均为
的
和
溶液加热，两种溶液的
均变大
C．
时，
溶液与
溶液混合，测得
，则此时溶液中
D．
时，
的
溶液中加少量
固体，水的电离程度变小
【答案】C
【详解】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH 的C6H5ONa 和
CH3COONa 溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-)，A 错误；
B．升高温度，Kw增大，NaOH 溶液中OH-浓度不变，H+浓度增大，pH 减小，B 错误；
C．当pH=10.00 时，c(H+)=1.0×10-10，
，故c(C6H5O-)=
c(C6H5OH)，C 正确；
D．C6H5ONa 中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D 错误；
故选C。
13．（2022·全国乙卷·高考真题）常温下，一元酸
的
。在某体系中，
与
离子不
能穿过隔膜，未电离的
可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中
，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的HA 的电离度
为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的
不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的
之比为
【答案】B
【详解】A．常温下溶液I 的pH=7.0，则溶液I 中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A 错误；
B．常温下溶液II 的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka=
=1.0×10-3，c 总(HA)=c(HA)+c(A-)，则
=1.0×10-3，解得
=
，B 正确；
C．根据题意，未电离的HA 可自由穿过隔膜，故溶液I 和II 中的c(HA)相等，C 错误；
D．常温下溶液I 的pH=7.0，溶液I 中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka=
=1.0×10-3，c 总(HA)=c(HA)+c(A-)，
=1.0×10-3，溶液I 中c 总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II 的pH=1.0，溶液II 中
c(H+)=0.1mol/L，Ka=
=1.0×10-3，c 总(HA)=c(HA)+c(A-)，
=1.0×10-3，溶液II 中c
总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA 可自由穿过隔膜，故溶液I 和II 中的c(HA)相等，溶液I 和II 中c 总(HA)之比为
[(104+1)c(HA)] [1.01
∶
c(HA)]=(104+1) 1.01≈10
∶
4，D 错误；
答案选B。
14．（2022·浙江·高考真题）已知25℃时二元酸H2A 的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是
A．在等浓度的Na2A、NaHA 溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol·L-1的H2A 溶液中通入HCl 气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A 的电离度为0.013%
C．向H2A 溶液中加入NaOH 溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a 的H2A 溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【详解】A．在等浓度的Na2A、NaHA 溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A
错误；
B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，H2A 电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=
，
c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(H2A) 电离，则H2A 的电离度
0.013%，故B
正确；
C．向H2A 溶液中加入NaOH 溶液至pH=11，
，则c(A2-)<c(HA-)，故C 错误；
D．H2A 是弱酸，取pH=a 的H2A 溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A 的电离平衡正向移动，则该溶液
pH<a+1，故D 错误；
选B。
15．（2021·天津·高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A．在
溶液中
B．在
溶液中
C．在
溶液中
D．氨水和NH4Cl 溶液混合，形成pH=9 的溶液中
【答案】A
【详解】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在
溶
液中，离子浓度大小为：
，故A 正确；
B．在
溶液中，根据电荷守恒得到
，故B 错误；
C．在
溶液中，根据物料守恒得到
，故C 错误；
D．氨水和NH4Cl 溶液混合，形成pH=9 的溶液，则
，根据电荷守恒
，则
，故D 错误；
故选A。
16．（2021·浙江·高考真题）下列物质属于弱电解质的是
A．CO2
B．H2O
C．HNO3
D．NaOH
【答案】B
【分析】在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离的电解质叫做若电解质。
【详解】A．CO2在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A 不符合题意；
B．H2O 在水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B 符合题意；
C．HNO3为一种强酸，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C 不符合题意；
D．NaOH 为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，D 不符合题意；
故答案选B。
17．（2021·浙江·高考真题）25℃时，下列说法正确的是
A．NaHA 溶液呈酸性，可以推测H2A 为强酸
B．可溶性正盐BA 溶液呈中性，可以推测BA 为强酸强碱盐
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00 的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
【答案】D
【详解】A．NaHA 溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A 为强酸的结论，
A 错误；
B．可溶性正盐BA 溶液呈中性，不能推测BA 为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也
可能是弱酸弱碱盐，B 错误；
C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、
α2，则α1＞α2，C 错误；
D．100 mL pH=10.00 的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水
电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D 正确；
答案选D。
18．（2020·北京·高考真题）室温下，对于1L0.1mol•L-1醋酸溶液。下列判断正确的是
A．该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B．加入少量CH3COONa 固体后，溶液的pH 降低
C．滴加NaOH 溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol
D．醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO
+2H+=H2O+CO2↑
【答案】C
【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOH
CH3COO-
+H+ ，1L0.1mol•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=
0.1mol•L-1，据此分析解答。
【详解】A．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部
分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，故A 错误；
B．加入少量CH3COONa 固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液
中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH 升高，故B 错误；
C．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH 溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，
n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，故C 正确；
D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋
酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO
+2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D 错误；
答案选C。
19．（2020·天津·高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是
A．相同浓度的 HCOONa 和NaF 两溶液，前者的pH 较大，则
B．相同浓度的CH3COOH 和CH3COONa 两溶液等体积混合后pH 约为4.7，则溶液中
C．FeS 溶于稀硫酸，而CuS 不溶于稀硫酸，则
D．在
溶液中，
【答案】A
【详解】A．HCOONa 和NaF 的浓度相同，HCOONa 溶液的pH 较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越
弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A 错误；
B．相同浓度的CH3COOH 和CH3COONa 两溶液等体积混合后pH 约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大
于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中
c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B 正确；
C．CuS 的溶解度较小，将CuS 投入到稀硫酸溶液中，CuS 溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将
FeS 投入到稀硫酸后可以得到H2S 气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C 正确；
D．根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S 溶液中所有含S 元素的粒子的总物质的量的浓度为1
mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，故D 正确；
综上所述，答案为A。
20．（2020·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．
的盐酸中
B．将
溶液从常温加热至
，溶液的
变小但仍保持中性
C．常温下，
溶液呈碱性，说明
是弱电解质
D．常温下，
为3 的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液
增大
【答案】A
【详解】A. 盐酸的浓度为2.0×10-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与
溶质HCl 电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大
于2.0×10-7 mol/L，故A 错误；
B. KCl 溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80
时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温
度升高会增大，pH 会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B 正确；
C. NaCN 溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN 为弱电解质，故C 正确；
D. 醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOH
CH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应
可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH 增大，故D 正确；
答案选A。
21．（2020·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．
的溶液不一定呈碱性
B．中和pH 和体积均相等的氨水、
溶液，所需
的物质的量相同
C．相同温度下，pH 相等的盐酸、
溶液中，
相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则
【答案】B
【详解】A. 温度影响水的电离，则pH>7 的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子
浓度有关，当c(H+)<c(OH-) 时溶液一定呈碱性，故A 正确；
B.pH 相同的氨水和
溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH 和体积均相等的氨水、
溶液，氨水
所需
的物质的量更大，故B 错误；
C.pH 相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw= c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢
氧根浓度相同，故C 正确；
D. 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4
+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以
，故D 正确；
故答案为B。
22．（2019·全国III 卷·高考真题）设NA为阿伏加 德罗常数值。关于常温下pH=2 的H3PO4溶液，下列说法
正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c(
)+2c(
)+3c(
)+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH 减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【详解】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A 错误；
B、根据电荷守恒可知选项B 正确；
C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH 增大，C 错误；
D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D 错误；
答案选B。
23．（2019·浙江·高考真题）室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.2 mol·L−1 NaOH 溶液。已知：
H2A
H+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是
A．0.1 mol·L−1 H2A 溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH 溶液的体积小于10 mL
C．当用去NaOH 溶液体积10 mL 时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)
D．当用去NaOH 溶液体积20 mL 时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【答案】B
【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L−1二元酸H2A 看做
20 mL 0.1 mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A 微粒。
【详解】A. 0.1 mol·L−1H2A 溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-
c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A 项正确；
B.若NaOH 用去10ml，反应得到NaHA 溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加
入超过10ml 的NaOH 溶液，B 项错误；
C.当用去NaOH 溶液体积10 mL 时，得到NaHA 溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)
－c(OH−)，C 项正确；
D.当用去NaOH 溶液体积20 mL 时，得到Na2A 溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D 项正确。
故答案选B。
24．（2019·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA 溶液pH＝3.0，则HA 一定为弱电解质
B．25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH 溶液加水稀释100 倍，所得溶液的pH＝11.0
C．25℃时，将0.1 mol·L-1的HA 溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 mol·L-1
D．0.1 mol·L-1的HA 溶液与0.1 mol·L-1的NaOH 溶液等体积混合，所得溶液pH 一定等于7.0
【答案】D
【详解】A、若HA 为强酸，0.1 mol·L-1的HA 溶液pH 为1.0，现测得溶液pH 为3.0，则HA 为弱酸，选项A
正确；B、0.1mol/L 的NaOH 溶液加水稀释100 倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH 值为11.0，选项B 正确；C、
pH 值为4.0 的溶液中c（H+）＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，故c（OH-）＝1×10-
10mol/L，选项C 正确；D、若HA 为强酸，与NaOH 等体积等浓度混合后，所得溶液pH 为7.0，若HA 为弱
酸，与NaOH 等体积等浓度混合后，所得溶液pH 大于7.0，选项D 不正确。答案选D。
25．（2018·浙江·高考真题）下列说法不正确的是
A．pH＜7 的溶液不一定呈酸性
B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH 溶液，c(OH－)相等
C．在相同温度下，pH 相等的盐酸、CH3COOH 溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl―)＝c(NH4
+)，则溶液呈中性
【答案】B
【详解】A. pH＜7 的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中c(OH－)＜c(H＋)时溶液显酸性，A 正确；
B. 氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、
NaOH 溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，B 错误；
C. 盐酸、CH3COOH 溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，因此在相同温度
下，pH 相等的盐酸、CH3COOH 溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)，C 正确；
D. 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(NH4
+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)，若c(Cl―)＝c(NH4
+)，则
c(H+)=c(OH－)，溶液呈中性，D 正确。答案选B。
【点睛】选项A 是易错点，注意溶液的酸碱性是由溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小决定的：c(H＋)＞c(OH
－)，溶液呈酸性；c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈碱性。利用pH 判断时需要注意溶
液的温度。
26．（2018·浙江·高考真题）相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是
A．pH 相等的两溶液中：
B．分别中和pH 相等、体积相等的两溶液，所需NaOH 的物质的量相同
C．相同浓度的两溶液，分别与NaOH 固体反应后呈中性的溶液中
D．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
【答案】A
【详解】A． 根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)、c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)，两种溶液的pH 相等，则c(H+)相
等，温度相同离子积常数相等，则c(OH-)相等，所以存在c(CH3COO-)=c(Cl-)，故A 正确；
B． pH 相等、体积相等的两种溶液的物质的量：醋酸＞盐酸，消耗NaOH 的物质的量与酸的物质的量成正
比，所以消耗NaOH 物质的量：醋酸＞盐酸，故B 错误；
C． 盐酸与NaOH 反应至中性时生成NaCl，醋酸钠水解显碱性，醋酸与NaOH 反应至中性时醋酸剩余，则
等浓度的盐酸和醋酸分别加入相同的NaOH 溶液至中性：c(CH3COO-)＜c(Cl-)，故C 错误；
D． 相同浓度的两溶液，盐酸是强酸，溶液中氢离子浓度大，分别与金属镁反应，开始时盐酸反应速率快，
故D 错误；
故选A。
27．（2017·浙江·高考真题）为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是
A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH
B．测定0.1 mol·L－1CH3CO ONa 溶液的酸碱性
C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力
D．比较相同物质的量浓度的NaOH 溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积
【答案】D
【详解】A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH，通过0.1mol•L-1醋酸溶液pH 大于1，可证明醋酸没有完全电
离，所以能证明醋酸是弱电解质，A 正确；
B．测定0.1 mol·L－1CH3COONa 溶液的酸碱性，通过溶液显碱性，可证明CH3COONa 是强碱弱酸盐，所以能
证明醋酸是弱电解质，B 正确；
C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力，通过醋酸导电能力弱，可证明醋酸没完全电离，
所以能证明醋酸是弱电解质，C 正确；
D．相同物质的量浓度的NaOH 溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积相等，无法证明醋酸电
离情况，D 错误。
答案选D。
28．（2017·全国III 卷·高考真题）
为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1 mol 的
中，含有
个中子
B．pH=1 的H3PO4溶液中，含有
个
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到
个CO2分子
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加
个P-Cl 键
【答案】A
【详解】A．
11B 中含有6 个中子，0.1mol 11B 含有6NA个中子，A 正确；
B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B 错误；
C．标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L 苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生
的CO2分子数目，C 错误；
D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2
反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl 键的数目小于2NA个，D 错误；答案选A。
29．（2017·浙江·高考真题）室温下，下来事实不能说明NH3·H2O 为弱电解质的是
A．0.1 mol·L-1NH3·H2O 的pH 小于13
B．0.1 mol·L-1 NH4Cl 溶液的pH 小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L-1 NaOH 溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol·L-1NH3·H2O 能使无色酚酞试液变红色
【答案】D
【详解】A、室温下0.1 mol·L-1氨水溶液pH<13，溶液中c（OH－）<
mol·L-1=0.1mol/L＜c
（NH3·H2O），说明NH3·H2O 部分电离，为弱电解质，A 正确；
B、室温下0.1 mol·L－１NH4Cl 溶液的pH 小于7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O 是弱电解质，B
正确；
C、相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1NaOH 溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水没有完全电离，则
证明NH3·H2O 是弱电解质，C 正确；
D、0.1 mol·L－1NH3·H2O 能使无色酚酞溶液变红色，说明NH3·H2O 显碱性，电离产生OH－，不能证明是弱电
解质，D 错误。
【点睛】本题考查强、弱电解质的判断，根据电离程度，电解质分为强电解质和弱电解质，完全电离的为
强电解质，部分电离的为弱电解质，所以只要证明氨水部分电离即可。
30．（2016·全国III 卷·高考真题）下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向0.1 mol·L－1 CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中
减小
B．将CH3COONa 溶液从20℃升温至30℃，溶液中
增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
>1
D．向AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中
不变
【答案】D
【详解】A．溶液中
=Ka(CH3COOH)/Kw，因为Ka(CH3COOH)、Kw仅受温度影响，当温度
不变时，它们的值不会随着浓度的变化而变化，故向0.1 mol·L－1 CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中
不变，A 错误；
B．CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-，
，温度升高促进CH3COO-水解，水解平衡
常数增大，
=1/Kh，故将CH3COONa 溶液从20℃升温至30℃，溶液中
减小，B 错误；
C．由电荷守恒可知c(NH4
+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4
+)=c(Cl-)，
c(NH4
+)/c(Cl-)=1，C 错误；
D．向AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中
=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)，故溶液中
不变，
D 正确；
答案选D。
31．（2016·江苏·高考真题）下列说法正确的是
A．氢氧燃料电池工作时，
在负极上失去电子
B．
溶液加热后，溶液的pH 减小
C．常温常压下，
中含有的分子数为
个
D．室温下，稀释
溶液，溶液的导电能力增强
【答案】A
【详解】分析：原电池中负极发生氧化反应。温度升高，盐类的水解程度增大。在标准状况下，气体的摩
尔体积约为22.4L/mol。稀释
溶液，溶液中离子总浓度减小。
详解：A. 氢氧燃料电池工作时，
在负极上失去电子，A 正确；
B.
溶液加热后，碳酸根离子的水解程度变大，溶液的pH 增大，B 不正确；
C. 常温常压下，
的物质的量小于1mol，故其中含有的分子数小于
个，C 不正确；
D. 室温下，稀释
溶液，溶液中离子总浓度减小，故溶液的导电能力减弱，D 不正确。
本题选A。
32．（2016·浙江·高考真题）常温下，关于pH 相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说
法正确的是
A．c(HCl)>c(CH3COOH)
B．c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn 完全反应，盐酸产生的H2多
D．用相同浓度的NaOH 溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH 溶液体
积多
【答案】B
【详解】A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH 相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，
故A 错误；
B．溶液的pH 相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故
B 正确；
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn 完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C
错误；
D．同浓度的NaOH 溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋
酸消耗的NaOH 溶液体积多，故D 错误；
故选B。
【点睛】明确弱电解质的电离特点为解答关键。注意掌握溶液酸碱性与溶液pH 的关系，醋酸为弱电解质，
氯化氢是强电解质，pH 相等时，醋酸浓度较大；物质的量浓度相等时，盐酸的pH 较小，酸性较强。本题
的易错点为CD。
33．（2025·全国卷·高考真题）
总浓度
为
的水溶液中存在平衡：
、
。溶液中
、
、
与
关系如下图所示。下列叙述正确的是
A．M、N 分别为
、
关系曲线
B．
C．溶液中
D．
的溶液中
【答案】B
【详解】A．已知HF 溶液中存在的平衡：
，当溶液中pH 增大时，c(H+)减小，该平衡正向移动，
c(HF)减小，对应M 曲线；
先增大后减小，所以M、N 分别为：
、
关系曲线，故
A 项错误；
B．根据平衡常数计算公式：
，取pH=4，c(F-)=0.0800mol/L，c(HF)=0.0110mol/L，c(H+)=10-
4mol/L，代入可得
，结合
，取pH=4，
=0.0045mol/L，c(F-)=0.0800mol/L，c(HF)=0.0110mol/L，
，故B 项正确；
知识点02 电离平衡的图像分析
C．根据总浓度c 总(HF)的定义，溶液中HF 的存在形式有HF、F-、
三种，根据元素守恒，可知
，故C 项错误；
D．已知：
总浓度
为
，其pH＞1。在pH=1 的溶液中，应该加入了其他酸，根据电
荷守恒，可知
，故D 项错误；
故答案选B。
34．（2025·河北·高考真题）已知
和
结合形成两种配离子
和
常温下，
的
和
的
混合溶液中，
和
的浓度对数
(实线)、含铜微粒的分布系数(虚
线)[例如
]与溶液pH 的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．
B．
C．图中a 点对应的
D．当
时，体系中
【答案】C
【分析】
和
之间存在
转化关系，则pH 较小时，平衡逆向移动，以
为主，则
，
，则曲线I 代表
，曲线II 代表
，随着pH 增大，
正向移动，
增大，
和
结合形成配离子的反应依次为
、
，因此随pH 增大，
持续减小，为曲线III，
，先增大后减小，为曲线
IV，
一直增大，为曲线V，据此回答。
【详解】A．曲线III 和曲线IV 的交点代表
，即
，由图可知，此时
，带入平衡表达式得
，A 正确；
B．曲线I 和曲线II 的交点代表
，即
，此时pH=11.6，带入平衡常数表达
式得
，B 正确；
C．曲线IV 和曲线V 得交点代表，
，即
，此时
，可得
的平衡常数
，a 点时，
，带入
，解得
，且a 点
对应
，带入
的平衡常数
，计算得
，故pH=4.3，C 错误；
D．当pH=6.4 时，
最大，接近
，结合B 项中平衡常数可计算得
，
，
结合Cu 元素守恒知，
，
，因此体系中
，D
正确；
故选C。
35．（2025·甘肃·高考真题）氨基乙酸
是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存
在如下平衡：
在25℃时，其分布分数[如
=
]
与溶液pH 关系如图1 所示。在
溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH 溶液，
溶液pH 与NaOH 溶液滴入体积的变化关系如图2 所示。下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ对应的离子是
B．a 点处对应的pH 为9.6
C．b 点处
D．c 点处
【答案】C
【分析】图1 可知，随着pH 增大，平衡
右移，
+NH3CH2COOH 的分布分数减少，
+NH3CH2COO-先增加后减少，NH2CH2COO-最后增加，a 点代表
+NH3CH2COO-和
NH2CH2COO-分布分数相等的点；图2 中b 点滴入NaOH 为10mL，
和NaOH 的物质的量
相等，得到
+NH3CH2COO-，c 点
和NaOH 的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为
NH2CH2COO-。
【详解】A．根据分析可知，随着pH 值增大，
+NH3CH2COOH 的分布分数减少，曲线I 代表
+NH3CH2COOH 的
分布分数，A 正确；
B．a 点代表
+NH3CH2COO-和NH2CH2COO-分布分数相等的点，二者浓度相等，Pka2=9.6，Ka2=
，pH=9.6，B 正确；
C．图2 中b 点滴入NaOH 为10mL，
和NaOH 的物质的量相等，得到主要离子为
+NH3CH2COO-，
+NH3CH2COO-存在电离和水解，Ka2=10-9.6，Kh=
=
，电离大于水解，则
，C 错误；
D．c 点
和NaOH 的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH2CH2COO-，根据质子守恒，
有
，D 正确；
答案选C。
36．（2024·湖南·高考真题）常温下
，向
溶液中缓慢滴入
相同浓度的
溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入
溶液体积的变化关系如图所示，
下列说法错误的是
A．水的电离程度：
B．M 点：
C．当
时，
D．N 点：
【答案】D
【分析】结合起点和终点，向
溶液中滴入相同浓度的
溶液，发生浓度改变
的微粒是Na+、
、
和
；当
，溶液中存在Na+、H+和
，
，随着加入
溶液，
减少但不会降到0，当
，
，随着加入
溶液，
会与
反应而减少，
当
，溶质为
，
，
，
很少，接近于0，则斜
率为负的曲线代表
；当
时，
中
=
，很小，
随着加入
溶液，溶质由
变为
和
混物，最终为
，
增加的很少，
而
增加的多，当
，溶质为
，
少部分水解，
，斜率为正的曲线代表
，即经过M 点在下降的曲线表示的是
浓度
的改变，经过M 点、N 点的在上升的曲线表示的是
浓度的改变。
【详解】A．N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa 的水解，M 点时
仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A 正确；
B．M 点溶液中电荷守恒有
，M 点为交点可知
，
联合可得
，故B 正确；
C．当
时，溶液中的溶质为
，根据电荷守恒有
，根据物料守恒
，两式整理可
得
，故C 正确；
D．N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此
及
观察图中N 点可知，
，根据
，可知
，故D 错误；
故答案选D。
37．（2024·河北·高考真题）在水溶液中，
可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z 三种金属离子分别
与
形成配离子达平衡时，
与
的关系如图。
下列说法正确的是
A．
的X、Y 转化为配离子时，两溶液中
的平衡浓度：
B．向Q 点X、Z 的混合液中加少量可溶性Y 盐，达平衡时
C．由Y 和Z 分别制备等物质的量的配离子时，消耗
的物质的量：
D．若相关离子的浓度关系如P 点所示，Y 配离子的解离速率小于生成速率
【答案】B
【详解】A．
的X、Y 转化为配离子时，溶液中
，则
，根据图像可知，纵坐标约为
时，溶液中
，则
溶液中
的平衡浓度：
，A 错误；
B．Q 点时
，即
，加入少量可溶性Y 盐后，会消耗
形成Y 配离子，使得溶液中
减小(沿横坐标轴向右移动)，
与
曲线在
Q 点相交后，随着
继续增大，X 对应曲线位于Z 对应曲线上方，即
，
则
，B 正确；
C．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子
配离子，则平衡常数
，
，即
，故X、Y、Z 三种金属离子形成配离子时结合的
越多，对应
曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：
，则由Y、Z 制备等物质的量的配
离子时，消耗
的物质的量：
，C 错误；
D．由P 点状态移动到形成Y 配离子的反应的平衡状态时，
不变，
增大，即
增
大、c(Y 配离子)减小，则P 点状态Y 配离子的解离速率>生成速率，D 错误；
本题选B。
38．（2024·新课标卷·高考真题）常温下
和
的两种溶液中，分布系数δ 与pH 的
变化关系如图所示。[比如：
]
下列叙述正确的是
A．曲线M 表示
的变化关系
B．若酸的初始浓度为
，则a 点对应的溶液中有
C．
的电离常数
D．
时，
【答案】D
【分析】随着pH 的增大，
、
浓度减小，
、
浓度增大，
—Cl 为吸电子基团，
的酸性强于
，即
)，
δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5 时的pH 分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为
，
，由此分析解题。
【详解】A．根据分析，曲线M 表示
的变化关系，A 错误；
B．根据
，初始
，若溶液中溶质
只有
，则
，但a
点对应的
，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，
，B 错误；
C．根据分析，CH2ClCOOH 的电离常数Ka=10-2.8，C 错误；
D．电离度
，
，则
=
，
，
时，
，
，D 正
确；
故答案选D。
39．（2023·福建·高考真题）
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-
+H2O
OH-+H2A；HA-的水解常数为
，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
的变化曲线，
的增大，
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。
【详解】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-+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
的变化曲线，选项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。
40．（2023·湖北·高考真题）
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-)≈5×10-9.46，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≈1014.16，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-，其分布分数均约为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。
41．（2023·浙江·高考真题）甲酸
是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换
树脂(含固体活性成分
，R 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
关系如图(已知甲酸
)，下列说法不正确的是
A．活性成分
在水中存在平衡：
B．
的废水中
C．废水初始
，随
下降，甲酸的电离被抑制，与
作用的
数目减少
D．废水初始
，离子交换树脂活性成分主要以
形态存在
【答案】D
【详解】A．由图可知，
溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡
，故A 正确；
B．由电离常数公式可知，溶液中
=
，当溶液pH 为5 时，溶液中
=
=18，故B 正确；
C．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
作用的数目
减小，故C 正确；
D．由图可知，
溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡
，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。
42．（2022·湖北·高考真题）下图是亚砷酸
和酒石酸
混合体系中部
分物种的
图(浓度：总
为
，总T 为
)。下列说法错误的是
A．
的
为
B．
的酸性比
的强
C．
时，
的浓度比
的高
D．
时，溶液中浓度最高的物种为
【答案】D
【分析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mol/L，右坐标浓度的数量级为10-6mol/L，横坐标为
pH，随着pH 的增大，
先变大，然后再减小，同时
变大，两者浓度均为
右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6 时，
=
，Ka=10-4.6。pH 继续增大，
则
减小，同时
增大，当pH=9.1 时，
=
，
，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石
酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T 浓度也大于总As。
【详解】A．
，
，当pH=9.1 时，
=
，
，
为
，A 正确；
B．
，当pH=4.6 时，
=
，Ka=10-4.6，而由A 选项计算得H3AsO3的
，即Ka >
Ka1，所以
的酸性比
的强，B 正确；
C．由图可知
的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，
的浓度为右坐标，浓度
的数量级为10-6mol/L，所以
时，
的浓度比
的高，C 正确；
D．由可知条件，酒石酸
，
的
为
，即酒石酸的第一部电
离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于
，另外总As 的浓度也小于总T
的浓度，所以当
时，溶液中浓度最高的物种不是
，D 错误；
故选D。
43．（2021·湖北·高考真题）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷
物种的pc—pOH 关系如图所示。图中pc 表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH 表示OH-的浓度负对
数[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z 三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是
A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH 的变化
B．H3PO3的结构简式为
C．pH=4 的溶液中：c(H2PO )<0.1mol·L-1-2c(HPO
)
D．H3PO3+HPO
2H2PO 的平衡常数K>1.0×105
【答案】D
【详解】A．图象中含P 物质只有3 种，说明
为二元弱酸。随着
逐渐增大，
减小，根据
、
，知
逐渐减小，
先增大后
减小，
逐渐增大，
，则
逐渐增大，
先减小后增大，
逐渐减小，故曲线③表示
，曲线②表示
，曲线①表示
；根据x 点知，
时，
，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则
的
，根据z 点知，
，
，c(OH-)=10-
12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则
的
，曲线①表示
随
的变化，故A 错误；
B．
为二元弱酸，其结构简式为
，故B 错误；
C．
即
，由图可知，此时，
，即
，而
，故
，故C 错误；
D．由
减去
，可得
，则平衡
常数
，故D 正确；
故答案：D。
44．（2021·湖南·高考真题）常温下，用
的盐酸分别滴定20.00mL 浓度均为
三
种一元弱酸的钠盐
溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是
A．该
溶液中：
B．三种一元弱酸的电离常数：
C．当
时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL 盐酸后，再将三种溶液混合：
【答案】C
【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ 溶液的pH 依次增大，则HX、HY、HZ 三种一元弱酸
的酸性依次减弱。
【详解】A．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；
B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，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；
C．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，则三种盐溶液中
酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C 错误；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL 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关系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；
故选C。
45．（2021·全国乙卷·高考真题）HA 是一元弱酸，难溶盐MA 的饱和溶液中
随c(H+)而变化，
不
发生水解。实验发现，
时
为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是
A．溶液
时，
B．MA 的溶度积
C．溶液
时，
D．HA 的电离常数
【答案】C
【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详
解。
【详解】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L 时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=
mol/L<3.0×10-4mol/L，A 正确；
B．由图可知，c(H+)=0 时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中
c(M+)=c(A-)，则
，B 正确；
C．设调pH 所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知
，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C 错误；
D．
当
时，由物料守恒知
，则
，
，则
，对应图得此时溶液中
，
，D 正确；
故选C。
46．（2021·浙江·高考真题）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl 溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa 溶液的pH
分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数均为1.8×10-5.下列
说法不正确的是
A．图中实线表示pH 随加水量的变化，虚线表示pH 随温度的变化'
B．将NH4Cl 溶液加水稀释至浓度
mol·L-1，溶液pH 变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa 溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH 减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl 溶液与CH3COONa 溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH )
【答案】C
【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl 溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa 溶
液的pH 分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、
浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越
弱，故其pH 越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH 越小。温度越
高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH 随加水量的变化，虚线表示pH 随温度的变化。
【详解】A．由分析可知，图中实线表示pH 随加水量的变化，虚线表示pH 随温度的变化，A 说法正确；
B．将NH4Cl 溶液加水稀释至浓度
mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原
来的
，则溶液的pH 将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原
来的
，因此，溶液pH 的变化值小于lgx，B 说法正确；
C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa 的水解
程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C 说法不正确；
D． 25℃时稀释相同倍数的NH4C1 溶液与CH3COONa 溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)
+c(CH3COO- ) ，c(NH4
+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4
+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠
溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH 和NH3·H2O 的电离常数均为1.8 ×10-5，
因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1 溶液与CH3COONa 溶液，溶质的物质的
量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)（两者差的
绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4
+)，D 说法正确。
综上所述，本题选C。
47．（2020·海南·高考真题）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-lgKa ≈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
【分析】根据图象可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，即c(H+)=10-4.7mol/L。
【详解】A．分析可知，c(HA)=c(A-)时，pH=4.7，该酸K=
=c(H+)=10-4.7mol/L，故-lgKa ≈4.7，A
说法正确；
B．NaA 的水解平衡常数Kh=
=
，B 说法错误；
C．根据图象可知，当该溶液的pH=7.0 时，c(HA)＜c(A- )，C 说法正确；
D．根据图象可知，c(HA)为0.8，c(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；
答案为B。
48．（2019·天津·高考真题）某温度下，
和
的电离常数分别为
和
。将
和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其
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
溶液
B．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点
C．从c 点到d 点，溶液中
保持不变（其中
、
分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a 点的两溶液分别与
恰好中和后，溶液中
相同
【答案】C
【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I 的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越
强；
B、酸抑制水电离，b 点pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH 均相同的HNO2和CH3COOH 溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I 的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I 代表
CH3COOH，故A 错误；
B、酸抑制水电离，b 点pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B 错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2
-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2
-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，
k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C 正确；
D、体积和pH 均相同的HNO2和CH3COOH 溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH 溶
液至恰好中和，CH3COOH 消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH 少，故D 错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH 变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系
是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2
-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的
离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
49．（2019·全国I 卷·高考真题）NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A 的Ka1=1.1×10−3 ，
Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b 点为反应终点。下列叙述错误的
是
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C．b 点的混合溶液pH=7
D．c 点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【答案】C
【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，
两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二
甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
【详解】A 项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，
溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图象可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A
正确；
B 项、a 点和b 点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b 点导电性强于a 点，
说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B 正确；
C 项、b 点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二
甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C 错误；
D 项、b 点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲
酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c 点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸
钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a 点到b 点加入氢氧化钠溶液的体积
大于b 点到c 点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c
（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D 正确。
故选C。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变
化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。
50．（2018·天津·高考真题）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH 随c 初始（H2PO4
–）
的变化如图1 所示，H3PO4溶液中H2PO4
–的分布分数δ 随pH 的变化如图2 所示，[
]
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3 个平衡
B．含P 元素的粒子有H2PO4
–、HPO4
2–、PO4
3–
C．随c 初始（H2PO4
–）增大，溶液的pH 明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH 达到4.66 时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【详解】A．溶液中存在H2PO4
–的电离平衡和水解平衡，存在HPO4
2–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以
至少存在4 个平衡。A 项错误；
B．含P 元素的粒子有H2PO4
–、HPO4
2–、PO4
3–和H3PO4，B 项错误；
C．从图1 中得到随着c 初始（H2PO4
–）增大，溶液的pH 不过从5.5 减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到
4.66 的pH 值以后就不变了，C 项错误；
D．由图2 得到，pH=4.66 的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P 的成分中H2PO4
–占99.4%，所以此时H3PO4
几乎全部转化为LiH2PO4，D 项正确；
【点睛】本题中随着c 初始（H2PO4
–）增大，溶液的pH 有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。
主要是因为H2PO4
–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。
51．（2018·浙江·高考真题）25℃时，在“H2A―HA－―A2－”的水溶液体系中，H2A、HA－和A2－三者中各自
所占的物质的量分数（α）随溶液pH 变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．在含H2A、HA－和A2－的溶液中，加入少量NaOH 固体，α(HA－)一定增大
B．将等物质的量的NaHA 和Na2A 混合物溶于水，所得的溶液中α(HA－)＝α(A2－)
C．NaHA 溶液中，HA－的水解能力小于HA－的电离能力
D．在含H2A、HA－和A2－的溶液中，若c(H2A)＋2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)，则α(H2A)和α(HA－)一定相等
【答案】C
【详解】A.根据图象，在含H2A、HA-和A2- 的溶液中，加入少量NaOH 固体，溶液的酸性减弱，α(HA-)可能
增大，可能减小，与原溶液的成分有关，故A 错误；
B. 根据图象，将等物质的量的NaHA 和Na2A 混合物溶于水时，溶液的pH 在4~5 之间，溶液显酸性，以
HA-电离为主，所得的溶液中α(HA-)＜α(A2-)，故B 错误；
C．NaHA 溶液显酸性，以电离为主，可知其电离程度大于其水解程度，故C 正确；
D. 在含H2A、HA-和A2-的溶液中，根据电荷守恒，有2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)= c(H+)+ c(Na+)，因为c(H2A)
+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)，则2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)= c(H+)+ c(Na+)= c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)+ c(Na+)，因此c(HA-)=
c(H2A) + c(Na+)，故D 错误；
故选C。
【点睛】本题考查了据图分析数据进行电离平衡常数的计算、电离程度与水解程度大小判断以及电荷守恒
的应用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图象中的信息。
52．（2017·全国II 卷·高考真题）改变0.1
二元弱酸
溶液的pH，溶液中的
、
、
的
物质的量分数
随pH 的变化如图所示[已知
]。
下列叙述错误的是
A．pH=1.2 时，
B．
C．pH=2.7 时，
D．pH=4.2 时，
【答案】D
【详解】A、根据图象，pH=1.2 时，H2A 和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，故A 说法正确；B、pH=4.2 时，
c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－
H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，故B 说
法正确；C、根据图象，pH=2.7 时，H2A 和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，故C 说法正确；D、根据pH=4.2 时，
c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，故D 说法错误。
53．（2017·浙江·高考真题）25 ℃时，在含CH3COOH 和CH3COO－的溶液中，CH3COOH、CH3COO－二者中各
自所占的物质的量分数(α)随溶液pH 变化的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．在pH＜4.76 的溶液中，c(CH3COO－)＜c(CH3C OOH)
B．在pH＝7 的溶液中，α(CH3COOH)＝0，α(CH3COO－)＝1.0
C．在pH＞4.76 的溶液中，c(CH3COO－)与c(OH－)之和可大于c(H＋)
D．在pH＝4.76 的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COO－)之和保持不变
【答案】B
【详解】A、根据电离平衡判断CH3COOH 和CH3COOˉ 两者含量随pH 升高的变化情况，酸性越强CH3COOH
含量越大，碱性越强CH3COOˉ 越大，故A 正确；
B 项，电离平衡和水解平衡是可逆的，α(CH3COOH)不可能为0，α(CH3COOˉ)不可能为1，只能接近于0 或
1，故B 错误；
C 项，pH>4.76 时，根据电荷守恒，可判断C 正确；
D 项，根据物料守恒，始终存在α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，D 正确；
故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡、平衡移动、离子浓度大小比较，结合图象灵活运用电荷
守恒、物料守恒是解题关键。
54．（2016·天津·高考真题）室温下，用相同浓度的NaOH 溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸
(HA、HB 和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是
A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B．滴定至P 点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C．pH=7 时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【详解】A．根据图象可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB 和HD)溶液的起始pH 值都大于1，说明三种酸都是
弱酸。HA 的PH 最小，酸性最强，HD 的pH 最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电
离常数关系：KHA>KHB>KHD，A 正确；
B．滴定至P 点时溶质为等物质的量浓度的HB 和NaB，溶液显酸性，HB 的电离为主，但电离程度较小，因
此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B 正确；
C．pH=7 时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离
子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C 错误；
D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D 正确；
答案选C。
【点晴】在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依
据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞
c(HCO3－)≫c(CO3
2－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水
解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO3
2－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为
主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷
总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子
个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸
性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从
图象的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
