文档文本内容
专题09 水溶液中的离子平衡
6 年真题1 年模拟
考点分类
考情示例
命题规律
考点 水溶液中的离子平衡
2026 黑吉辽蒙（1 题）、2025 黑
吉辽蒙（1 题）、2024 黑吉辽（1
题）、2023 辽宁（2 题）、2022
辽宁（1 题）、2021 辽宁（1 题）
· 情境设置：以沉淀溶解平衡、配位平衡、弱电解质电
离及滴定曲线为载体，结合图像或实验现象
· 考查重点：Ksp 计算、离子浓度关系、分布系数分
析、多重平衡体系判断
· 命题趋势：图像分析难度加大，强调多平衡耦合与定
量计算，融合结构化学与生物分子情境
1.（2026·黑吉辽蒙·高考真题）室温下，0.10mol·L
1
−醋酸铜（CuAc2，Ac
−表示CH3COO
−）溶液中CuAc2
、CuAc
+、Cu
2+和HAc的pX-pH曲线如图。保持体系中Cu元素总物质的量、C元素总物质的量和溶液体积不
变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是
A. Ⅰ为CuAc
+的变化曲线
B. 室温下，K =10
2.60
−
C. 室温下，Ksp[Cu(OH)2]=10
20.97
−
D. Q点：c(HAc)×[3+ Ka
c(H
+)]<0.20mol·L
1
−
【答案】C
【分析】初始状态分析：溶液为0.10mol/L 的CuAc2。体系中c(Cu)= 0.10mol/L，总(Ac)= 0.20mol/L；低pH
值(酸性较强)时：Ac-主要与H+结合形成HAc，因此HAc 的浓度最大，接近0.20 mol/L。此时pX=-
lg(0.20)≈0.7；观察图像，曲线Ⅲ的起点约为0.7，因此Ⅲ为HAc 的曲线。由于Ac-浓度极低，铜元素主要以
游离的Cu2+形式存在，其浓度略小于0.10 mol/L。此时pX=-lg(0.10)=1.0。观察图像，曲线Ⅱ的起点约为
1.1(略大于1.0 代表c(Cu
2+)<0.1mol/L)，因此Ⅱ为Cu2+的曲线。剩下的曲线Ⅰ代表CuAc+的曲线，据此
解答；
【详解】A．由分析可知，Ⅰ为CuAc
+的变化曲线，A 正确；
B．题中反应的K =c(CuAc
+)·c(H
+)
c(Cu
2+)·c(HAc)
，当pH=3.46 时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时c(CuAc
+)=c(Cu
2+)
，且由M 点坐标可知，c(HAc)=10
0.86
−
mol/L，代入平衡常数表达式：K =10
3.46
−
10
0.86
−
=10
2.60
−
，B 正确；
C．根据P 点坐标，此时pH=5.75，c(CuAc
+)=c(HAc)=10
1.87
−
，反应Cu
2++ HAc=CuAc
++ H
+的平衡常数
K =10
2.60
−
，
代
入
数
据
得
到
：
10
5.75
−
c(Cu
2+)
=10
2.60
−
，
故
c(Cu
2+)=10
3.15
−
mol/L，
Ksp[Cu (OH)2]=c(Cu
2+)·c
2(OH
−)=10
3.15
−
×(10
8.25
−
)
2=10
19.65
−
，C 错误；
D．根据题意，C 元素总物质的量不变，即总醋酸根(含各种形态)的浓度保持为0.20 mol/L，存在物料守
恒： c(Ac
−)+c(CuAc
+)+c(HAc)+2c(CuAc2)=0.20mol/L，对于HAc 的电离平衡常数：
Ka=c(Ac
−)·c(H
+)
c(HAc)
，
变
形
得Ka
c(H
+) =c(Ac
−)
c(HAc) ，
代
入
题
干
原
式
，
得
到
原
式
=
3c(HAc)+c(Ac
−)=2c(HAc)+[c(HAc)+c(Ac
−)]，将物料守恒式代入得到：原式=
2c(HAc)+0.2mol/L−[c(CuAc
+)+2c(CuAc2)]，Q 点存在c(HAc)=c(CuAc2)，由于c(CuAc
+)>0
，故原式=0.2mol/L−c(CuAc
+)＜0.2mol/L，D 正确；
故选C。
2.（2025·黑吉辽蒙·高考真题）室温下，将0.1molAgCl置于0.1mol·L
1
−NH4 NO3溶液中，保持溶液体积
和N 元素总物质的量不变，pX-pH 曲线如图，Ag
++ NH3⇌[Ag(NH3)]
+和Ag
++2NH3⇌[Ag(NH3)2]
+的平衡常
数分别为K1和K2：NH4
+的水解常数Kh(NH4
+)=10
9.25
−
。下列说法错误的是
A. Ⅲ为[Ag(NH3)2]
+的变化曲线
B. D 点：c(NH4
+)−c(OH
−)>0.1−c(H
+)
C. K1=10
3.24
D. C 点：c(NH3)=10
3.52
−
mol·L
1
−
【答案】B
【分析】pH 越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表[Ag(NH3)2]
+，Ⅱ代表[Ag(NH3)]
+
，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+，据此解答。
【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为[Ag(NH3)2]
+的变化曲线，A 正确；
B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH＜7，图像pH 增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积
和N 元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：
c( NH4
+)+c[Ag( NH3)]
++c[Ag( NH3)2]
++c(H
+)+c( Ag
+)=c(OH
−)+c(Cl
−)+c( NO3
−)，物料守恒：
c( Ag
+)+c[Ag( NH3)]
++c[Ag( NH3)2]
+=c(Cl
−)，
c( NO3
−)=0.1mol/L，
c( NH4
+)+c(H
+)=0.1+c(OH
−)，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+c( NH4
+)+c(H
+)=0.1+c(OH
−)
，c(NH4
+)−c(OH
−)＜0.1−c(H
+)，B 错误；
C．根据图像可知D 点时[Ag(NH3)]
+和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据Ag
++ NH3⇌[Ag(NH3)]
+
可知K1=10
3.24，C 正确；
D ．C 点时[Ag(NH3)2]
+和Ag+ 浓度相等，B 点时[Ag(NH3)2]
+和[Ag(NH3)]
+浓度相等，所以反应的
[Ag(NH3)]
++ NH3⇌[Ag(NH3)2]
+的平衡常数为103.8，因此K2=10
3.24×10
3.8=10
7.04，C 点时[Ag(NH3)2]
+和
Ag+浓度相等，所以c(NH3)=
❑√10
7.04
−
=10
3.52
−
mol·L
1
−，D 正确；
答案选B。
3.（2024·黑吉辽·高考真题）25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小
组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl
−水样、含Br
−水样。
已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr；
③25℃时，pKa1(H2CrO4)=0.7，pKa2(H2CrO4)=6.5。
pAg=-lg[c(Ag+)/(mol·L-1)]
pX=-lg[c(Xn-)/(mol·L-1)](X 代表Cl-、Br-或CrO❑4
2−)
下列说法错误的是
A. 曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线
B. 反应Ag2CrO4+ H
+
2
⇌Ag
++HCrO4
−的平衡常数K =10
5.2
−
C. 滴定Cl
−时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10
2.0
−
mol·L
1
−
D. 滴定Br
−达终点时，溶液中c(Br
−)
c(CrO4
2−)
=10
0.5
−
【答案】D
【分析】由于AgCl 和AgBr 中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表Ag2CrO4，由于
相同条件下，AgCl 溶解度大于AgBr，即Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，根
据①上的点（2.0，7.7），可求得Ksp(Ag2CrO4)=c
2(Ag
+)×c(CrO4
2−)=(10
2
−)
2×10
7.7
−
=10
11.7
−
，根据②
上的点（2.0，7.7），可求得Ksp(AgCl)=c(Ag
+)×c(Cl
−)=10
2
−×10
7.7
−
=10
9.7
−
，根据③上的点（6.1，
6.1），可求得Ksp(AgBr)=c(Ag
+)×c(Br
−)=10
6.1
−
×10
6.1
−
=10
12.2
−
。
【详解】A．由分析得，曲线②为AgCl 沉淀溶解平衡曲线，故A 正确；
B
．
反
应
Ag2CrO4+ H
+
2
⇌Ag
++HCrO4
−的
平
衡
常
数
K =c
2(Ag
+)c(HCrO4
−)
c(H
+)
=c
2(Ag
+)c(CrO4
2−)c(HCrO4
−)
c(H
+)c(CrO4
2−)
=Ksp(Ag2CrO4)
Ka2(H2CrO4) =10
11.7
−
10
6.5
−
=10
5.2
−
，故B 正确；
C ．当Cl- 恰好沉淀完全时可以得到AgCl的饱和溶液，c(Ag
+)= ❑√Ksp(AgCl)=10
4.85
−
mol/L，则
c(CrO4
2−)= Ksp(Ag2CrO4)
c
2(Ag
+)
=10
11.7
−
(10
4.85
−
)
2 =10
2
−mol/L，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2mol/L，故C 正
确；
D．以K2CrO4为指示剂，当Br-到达滴定终点时，开始形成Ag2CrO4砖红色沉淀，且半分钟内不消失，此时
c(CrO4
2−)=Ksp( Ag2CrO4)
c
2( Ag
+)
，
c(Br
−)= Ksp( AgBr)
c( Ag
+)
，
则
c(Br
−)
c(CrO4
2−)
=Ksp( AgBr)·c
2( Ag
+)
c( Ag
+)·Ksp( Ag2CrO4)
=10
12.2
−
10
11.7
−
×c(Ag
+)=10
0.5
−
×c(Ag
+)，而此时银离子浓度并不为1
mol/L，故D 错误；
故选D。
4.（2023·辽宁·高考真题）某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即c(H2S)=0.1mol·L
1
−，通过调节pH
使Ni
2+和Cd
2+形成硫化物而分离，体系中pH与−lgc关系如下图所示，c 为HS
−、S
2−、Ni
2+和Cd
2+的浓
度，单位为mol·L
1
−。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是
A. Ksp(CdS)=10
18.4
−
B. ③为pH与−lgc(HS
−)的关系曲线
C. Ka1(H2S)=10
8.1
−
D. Ka2(H2S)=10
14.7
−
【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+)=10-4.2mol/L 时，c(HS-)=10-
3.9mol/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。
5.（2023·辽宁·高考真题）某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再
加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知I3
−(aq)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
I2在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：I2+I
−⇌
❑
❑
I3
−
C
紫黑色晶体消失
I2(aq) 的消耗使溶解平衡
I2(s)⇌
❑
❑
I2(aq)右移
D
溶液褪色
Zn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 正确；
B．已知I3
−(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⇌I3
−，生成I3
−
使溶液颜色加深，B 正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)
I
⇌2(aq)，Zn 与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3
−，I2(aq)浓度减小，上述溶
解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C 正确；
D．锌与I2(aq)发生化合反应生成无色的ZnI2，且锌粒过量时反应完全，不是置换反应，D 错误；
答案选D。
6.（2022·辽宁·高考真题）甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一。在25℃时，NH3
+CH2COOH、
NH3
+CH2COO
−和NH2CH2COO
−的分布分数【如δ(A
2−)=c(A
2−)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−)
】与溶液pH关系如图。下
列说法错误的是
A. 甘氨酸具有两性
B. 曲线c 代表NH2CH2COO
−
C. NH3
+CH2COO
−+ H2O⇌NH3
+CH2COOH+OH
−的平衡常数K =10
11.65
−
D. c
2(NH3
+CH2COO
−)<c(NH3
+CH2COOH)·c(NH2CH2COO
−)
【答案】D
【详解】A．NH2CH2COOH中存在−NH2和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A 正确；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲
线a 表示 NH3
+CH2COOH的分布分数随溶液pH 的变化，曲b 表示
NH3
+CH2COO
−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；
C．NH3
+CH2COO
−+ H2O⇌NH3
+CH2COOH+OH
−的平衡常数K =c(NH3
+CH2COOH)·c(OH
−)
c(NH3
+CH2COO
−)
，25℃时，根据
a ，b 曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH =2.35时，c(NH3
+CH2COO
−)=c(NH3
+CH2COOH)，则
K =c(OH
−)=Kw
c(H
+) =10
11.65
−
，故C 正确；
D．由C 项分析可知，c(NH3
+CH2COOH)
c(NH3
+CH2COO
−)
=10
11.65
−
c(OH
−)
，根据b，c 曲线交点坐标坐标(9.78,0.50)分析可得电离平
衡NH3
+CH2COO
−⇌NH2CH2COO
−+ H
+的电离常数为K1=10
9.78
−
，c(NH2CH2COO
−)
c(NH3
+CH2COO
−)
=K1
c(H
+) =10
9.78
−
c(H
+)
，则
c(NH3
+CH2COOH)
c(NH3
+CH2COO
−)
×c(NH2CH2COO
−)
c(NH3
+CH2COO
−)
=10
11.65
−
c(OH
−) ×10
9.78
−
c(H
+)
<1，
即
c
2(NH3
+CH2COO
−)>c(NH3
+CH2COOH)·c(NH2CH2COO
−)，故D 错误；
故答案选D。
7.（2021·辽宁·高考真题）用0.1000mol·L
-1盐酸滴定20.00mL N a2A溶液，溶液中H2A、H A
-、A
2-的
分布分数δ随pH 变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如A
2-分布分数：
δ(A
2-)=c(A
2-)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2-)
】
A. H2A的Ka1为10
10.25
−
B. c 点：c(H A
-)>c(A
2-)>c(H2A)
C. 第一次突变，可选酚酞作指示剂
D. c(N a2A)=0.2000mol·L
-1
【答案】C
【分析】用0.1000mol·L
-1盐酸滴定20.00mL N a2A溶液，pH 较大时A
2-的分布分数δ最大，随着pH
的减小，A
2-的分布分数δ逐渐减小，H A
-的分布分数δ逐渐增大，恰好生成NaHA之后，H A
-的分布分数
δ逐渐减小，H2A的分布分数δ逐渐增大，表示H2A、H A
-、A
2-的分布分数δ的曲线如图所示，
，据此分析选择。
【详解】A．H2A的Ka1=c(H
+)·c(H A
−)
c(H2A)
，根据上图交点1 计算可知Ka1
=10-6.38，A 错误；
B．根据图象可知c 点中c(H A
-)>c(H2A)>c(A
2-)，B 错误；
C．根据图象可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C 正确；
D．根据图象e 点可知，当加入盐酸40mL 时，全部生成H2A，根据N a2A+2HCl=2Na Cl+ H2A
(1)
¿
¿
计算
可知c(N a2A)=0.1000mol·L
-1，D 错误；
答案为：C。
模拟题精选
1.（2026·辽宁·一模）HL为组氨酸，是常见氨基酸配体，其质子化物种H2L
+的pKa1=6.0，pKa2=9.3。常
温下构建Cu (Ⅱ)−H2L
+溶液体系，其中c0(Cu
2+)=1×10
3
−mol·L
1
−，c0(H2L
+)=2×10
2
−mol·L
1
−，体
系pX−pH曲线如图，忽略改变pH 时溶液体积变化。
已知：pX = lg
−
[c(X)/(mol·L
1
−)]，X 代表Cu
2+、[CuL]
+或CuL2
。
下列说法正确的是
A. 曲线Ⅰ为[CuL]
+的变化曲线
B. pH =3.6时，体系中c(H2L
+)>c{[CuL]
+}>c(OH
−)>c(HL)
C. pH =4.0时，含L 的主要物种为[CuL]
+
D. Cu
2++CuL2
2[
⇌
CuL]
+的平衡常数K 约为10
【答案】D
【详解】A．随pH 升高，c(L
−)升高，Cu
2+逐渐先后转化为[CuL]
+和CuL2，所以曲线Ⅰ是Cu
2+，曲线Ⅱ是
[CuL]
+，曲线Ⅲ是CuL2，A 项错误；
B．由于c0(H2L
+)远大于c0(Cu
2+)，所以无论pH 是多少，大部分组氨酸都没有配位；pH =3.6时，根据Ka1
和Ka2的数值，此时未配位的组氨酸几乎都是H2L
+，即c(H2L
+)≈2×10
2
− mol·L
1
−；而
c([CuL]
+)≈10
3.3
−
mol·L
1
−；
c(OH
−)=10
10.4
−
mol·L
1
−；
c(HL)=Ka1×c(H2L
+)
c(H
+)
≈2×10
4.4
−
mol·L
1
−，所以，体系中c(H2L
+)>c([CuL]
+)>c(HL)>c(OH
−)，
B 项错误；
C．通过分析，可知无论pH 是多少，大部分组氨酸都没有配位，所以L 的主要存在形式一定是未配位的，
再根据Ka1
数值，此时未配位的组氨酸几乎都是H2L
+，C 项错误；
D．设Cu
2++L
−
[
⇌CuL]
+的平衡常数为K1，[CuL]
++L
−⇌CuL2的平衡常数为K2，显然D 项的K =K1
K2
；设
pH =3.6 时c(L
−)=c1 mol·L
1
−，pH =4.1时c(L
−)=c2 mol·L
1
−，则K1=1
c1
，K2=1
c2
；无论pH =3.6
还是
4.1 ，根据Ka1
数值可知此时未配位的组氨酸几乎都是H2L
+，即
c(H2L
+)≈c0(H2L
+)=2×10
2
− mol·L
1
−，
再
根
据
Ka1Ka2=c
2(H
+)c(L
−)
c(H2L
+)
，
所
以
K =K1
K2
=c2
c1
≈(10
3.6
−
)
2
(10
4.1
−
)
2 =10，D 项正确；
故选D。
2. （2026· 黑龙江哈尔滨· 一模）在一定c(OH-) 范围内含Cd(OH)2(s) 的溶液中，存在平衡关系：
Cd(OH)2(s)
Cd(OH)
⇌
2(aq) K0
；
Cd(OH)2(aq)
Cd(OH)
⇌
++OH- K1
；
Cd(OH)2(aq)
Cd
⇌
2++2OH- K2
；
Cd(OH)2(aq)+OH-
Cd(OH)
⇌
❑3
− K3；Cd(OH)2(aq)+2OH-
Cd(OH)
⇌
❑4
2− K4。
已知X 代表[Cd(OH)+]、(Cd2+)、[Cd(OH)❑3
−]、[Cd(OH)❑4
2−]随着lgc(OH-)的变化关系如图所示，下列说法
错误的是
A. 随c(OH-)增大，c[Cd(OH)2(aq)]不变
B. Ⅰ为c(Cd2+)的变化曲线
C. m 点对应的c(OH-)=K1
K3
D. n 点：c[Cd(OH)+]+2c(Cd2+)+c(H+)<c[Cd(OH)❑3
−]+2c[Cd(OH)❑4
2−]+c(OH-)
【答案】C
【分析】已知平衡：Cd(OH)2(s)⇌Cd(OH)2(aq)K0=c[Cd(OH)2(aq)]，温度不变时K0不变，因此
c[Cd(OH)2(aq)]始终为定值。Cd(OH)2(aq)⇌Cd(OH)
++OH
−K1=c(Cd(OH)
+)c(OH
−)
c[Cd(OH)2(aq)]
，整理
得：lgc(Cd(OH)
+)=lg(K1·K0) lg
−
c(OH
−)，斜率为−1（下降，斜率绝对值较小），对应曲线II
；
Cd(OH)2(aq)⇌Cd
2++2OH
−K2=c(Cd
2+)c
2(OH
−)
c[Cd(OH)2(aq)] ，
整
理
得
：
lgc(Cd
2+)=lg(K2·K0) 2lg
−
c(OH
−)，斜率为−2（下降，斜率绝对值大，下降更快），对应曲线I；
Cd(OH)2(aq)+OH
−⇌Cd(OH)3
−K3=c(Cd(OH)3
−)
c[Cd(OH)2(aq)]c(OH
−)
，
整
理
得
：
lgc(Cd(OH)3
−)=lg(K3·K0)+lgc(OH
−)，斜率为+1（上升，斜率较小），对应曲线IV；
Cd(OH)2(aq)+2OH
−⇌Cd(OH)4
2−K4=c(Cd(OH)4
2−)
c[Cd(OH)2(aq)]c
2(OH
−)
，
整
理
得
：
lgc(Cd(OH)4
2−)=lg(K4·K0)+2lgc(OH
−)，斜率为+2（上升，斜率大，上升更快），对应曲线III
线。
【详解】A．第一个平衡为Cd (OH)2(s)⇌
❑
Cd (OH)2(aq)，平衡常数K0=c[Cd(OH)2(aq)]，温度不变时K0
为定值，因此c(OH
−)改变时，c[Cd(OH)2(aq)]始终不变，A 正确；
B． 根据分析可知，Ⅰ为c(Cd2+)的变化曲线，B 正确；
C ．m 点c[Cd(OH)
+]=c[Cd(OH)3
−]，根据平衡常数： K1=c[Cd(OH)
+]·c(OH
−)
c[Cd(OH)2(aq)]
，
K3=c[Cd(OH)3
−]
c[Cd(OH)2(aq)]·c(OH
−)
，两式相除得： K1
K3
=c
2(OH
−)·c[Cd(OH)
+]
c[Cd(OH)3
−]
，代入
c[Cd(OH)
+]=c[Cd(OH)3
−]，得c
2(OH
−)=K1
K3
，即c(OH
−)= ❑√
K1
K3
≠K1
K3
，C 错误；
D ．该溶液中存在电荷守恒，假设通过添加强碱（如NaOH ）调节c(OH
−)，则电荷守恒式为
c( Na
+)+c(H
+)+c[Cd(OH)
+]+2c(Cd
2+)=c(OH
−)+c[Cd(OH)3
−]+2c[Cd(OH)4
2−]。
整
理
得
c[Cd(OH)
+]+2c(Cd
2+)+c(H
+)−{c[Cd(OH)3
−]+2c[Cd(OH)4
2−]+c(OH
−)}=−c( Na
+)，
因
为
c( Na
+)>0，
所
以
−c( Na
+)<0，
故
c[Cd(OH)
+]+2c(Cd
2+)+c(H
+)<c[Cd(OH)3
−]+2c[Cd(OH)4
2−]+c(OH
−)，D 正确；
故选C。
3.（2026·内蒙古呼和浩特·一模）某金属离子M
2+和L
3−结合形成两种配离子[ML]
−和[ML2]
4−。常温下，
0.100~mol·L
1
−的H3L和0.002~mol·L
1
−的MSO4混合溶液中，HL
2−和L
3−的浓度对数lgc(实线)、含M
微粒的分布系数δ(虚线)[例如δCu
2+=c(M
2+)
c(M
2+)+c([ML]
−)+c([ML2]
4−)
]与溶液pH 的关系如图所示：下列说
法错误的是
A. 曲线Ⅱ对应的物质为L
3−
B. [ML]
−+L
3−⇌[ML2]
4− K =10
9.4
C. b 点：c(HL
2−)+c(L
3−)+3c([ML]
−)≈0.1~mol·L
1
−
D. 图中a 点对应的pH≈4.3
【答案】B
【分析】HL
2−和L
3−之间存在HL
2−⇌
❑
❑
H
++L
3−转化关系，则pH 较小时，平衡逆向移动，以HL
2−为主，则
lgc(HL
2−)>lgc(L
3−)，则曲线Ⅰ代表lgc(HL
2−)，曲线Ⅱ代表lgc(L
3−)，随着pH 增大，HL
2−⇌
❑
❑
H
++L
3−
正向移动，L
3−浓度增大，M
2+和L
3−结合形成配离子的反应依次为M
2++L
3−= [ML]
−、L
3−+ [ML]
−=[ML2]
4−，
因此随pH 增大，δM
2+持续减小，δM
2+为曲线Ⅲ，δ[ML]
−先增大后减小为曲线Ⅳ，δ[ML2]
4−一直增大为曲线
Ⅴ，据此分析；
【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ对应L
3−，A 正确；
B．对于反应[ML]
−+L
3−⇌[ML2]
4−，平衡常数K =c([ML2]
4−)
c([ML]
−)·c(L
3−)
，由曲线Ⅳ和曲线Ⅴ交点可
知，δ([ML]
−)=δ([ML2]
4−)，即c([ML]
−)=c([ML2]
4−)，代入得K =1
c(L
3−)
；温度不变，由图
可知该pH 下lgc(L
3−)= 7.2
−
，即c(L
3−)=10
7.2
−
mol/L，因此K =10
7.2，B 错误；
C．图中a 点时c(HL2-)=0.1mol/L，溶液中H3L、H2L-已经可以忽略，根据L 元素守恒，原溶液总L 浓度为
0.1~mol·L
1
−，
所
有
含
L
微
粒
满
足
：
c(H3L)+c(H2L
−)+c(HL
2−)+c(L
3−)+c([ML]
−)+2c([ML2]
4−)=0.1mol·L
1
−，
b
点
c([ML]
−)=c([ML2]
4−)，代入整理得：c(HL
2−)+c(L
3−)+3c([ML]
−)=0.1−[c(H3L)+c(H2L
−)]
，图中
b
点
pH
大于
a
点，b
点溶液中H3L和H2L
−都可忽略，因此
c(HL
2−)+c(L
3−)+3c([ML]
−)≈0.1mol·L
1
−，C 正确；
D．由曲线Ⅲ和曲线Ⅳ的交点，δ[ML]
−=δM
2+，即c([ML]
−)=c( M
2+)，此时lgc(L
3−)= 9.4
−
，则
c(L
3−)=10
9.4
−
，可得M
2++L
3−=[ML]
− K1=c([ML]
−)
c(L
3−)·c( M
2+)
=1
c(L
3−)
=10
9.4，再结合B 选项
[ML]
−+L
3−⇌[ML2]
4−K2=10
7.2，
则
a
点δM
2+=δ[ML2]
4−，
即c( M
2+)=c([ML2]
4−)，
反
应
M
2++2L
3−=[ML2]
4− K3=[ML2]
4−
c
2(L
3−)·c( M
2+)
=1
c
2(L
3−)
=K1·K2=10
9.4×10
7.2=10
16.6，
解
得
c(L
3−)=10
8.3
−
~mol/L，且a 点对应c(HL
2−)=0.1~mol/L，代入HL
2−⇌H
++L
3−的平衡常数
K =c(L
3−)·c(H
+)
c(HL
2−)
=10
8.3
−
~mol/L·c(H
+)
0.1~mol/L
=10
11.6
−
，计算得c(H
+)=10
4.3
−
~mol/L，则pH=4.3，D 正
确；
故选B。
4.（2026·内蒙古呼和浩特·一模）探究铜与浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因，实验步骤如下：
已知：①[Cu(H2O)4]
2+为蓝色，[Cu(NO2)4]
2−为绿色；②Cu
2++4 H2O⇌[Cu(H2O)4]
2+ K稳=1.0×10
4；
Cu
2++4 NO2
−⇌[Cu(NO2)4]
2− K稳=1.6×10
10，下列说法错误的是
A. 由实验①现象，推测NO2
与水可能发生反应，产生NO2
−
B. 实验①可能发生反应，8NO2+[Cu(H2O)4]
2+=[Cu(NO2)4]
2−+8H
++4 NO3
−
C. 通过检测得“蓝色溶液2”中含NO3
−，可说明实验③中H2O2
将NO2
−氧化为NO3
−
D. [Cu(H2O)4]
2++4 NO2
−=[Cu(NO2)4]
2−+4 H2O~~~ K =1.6×10
6
【答案】C
【详解】A．铜和浓硝酸反应生成NO2
，反应后溶液呈绿色，已知绿色来自[Cu( NO2)4]
2−，说明溶液中存
在NO2
−，因此可推测NO2
与水反应生成了NO2
−，A 正确；
B．该反应是NO2
的歧化反应，N 元素部分被还原为NO2
−（+4 价变为+3 价）、部分被氧化为NO3
−（+4 价变
为+5 价），反应的电荷守恒、升降化合价守恒，符合反应规律，B 正确；
C．铜和浓硝酸反应本身就生成Cu(NO3)2
，原绿色溶液中本来就存在大量NO3
−，因此即使检测到蓝色溶液2
中含NO3
−，也不能证明NO3
−是H2O2
氧化NO2
−得到的，C 错误；
D．目标反应[Cu(H2O)4]
2++4 NO2
−=[Cu( NO2)4]
2−+4 H2O可由已知的两个平衡相减得到，该反应的平
衡常数结果为已知反应相除，K =K稳([Cu( NO2)4]
2−)
K稳([Cu(H2O)4]
2+)
=1.6×10
10
1.0×10
4 =1.6×10
6，D 正确；
故选C。
5.（2026·辽宁沈阳·一模）弱酸H2A 在有机相和水相中存在平衡H2A(环己烷)⇌H2A(aq)，平衡常数为Kd．
25℃时，向V mL 0.1 mol/L H2A 环己烷溶液中加入V mL 水进行萃取，用NaOH(s)或HCl(g)调节水溶液
pH。测得水溶液中c(H2A)、c(HA
−)、c( A
2−)、环己烷中H2A 的浓度c 环己烷(H2A)与水相萃取率α[
α=1−c环己烷(H2A)
0.1mol/L
]随pH 的变化关系如图。已知：①H2A 在环己烷中不电离；②忽略体积变化。下列说
法中错误的是
A. ③代表c(H2A)的变化关系
B. 25℃，NaHA 水溶液呈碱性
C. 当pH=5 时，体系中c(HA
−)>c 环己烷(H2A)>c( A
2−)
D. 若加水体积为2V mL，则交点N 的pH 保持不变
【答案】B
【分析】由环己烷中H2A的浓度c环己烷(H2A)与水相萃取率α=1−c环己烷(H2A)
0.1mol/L
的关系可知，
0.1a+c环己烷(H2A)=0.1，则曲线①表示c环己烷(H2A)随pH的变化关系，曲线②为水相萃取率的变化关
系，水溶液中的c(HA
−)会随着pH的增大呈现先增大后减小的变化趋势，因此曲线④为水溶液中的
c(HA
−)随pH的变化曲线，而A
2−来源于HA
−的电离，由图可知，pH =2时，c(HA
−)为0，即此时c( A
2−)
为0，因此曲线⑤表示c( A
2−)随pH的变化关系，故③为c(H2A)随pH的变化曲线，综上：①代表
c环己烷(H2A)、②代表水相萃取率、③为水溶液中c(H2A)的变化、④代表水溶液中的c(HA
−)、⑤表示
水溶液中的c( A
2−)
，③、④交点的pH为4 ，交点处c(HA
−)=c(H2A)，即H2A的
Ka1(H2A)=c(H
+)·c(HA
−)
c(H2A)
=10
4
−，④、⑤交点的pH为7，即Ka2(H2A)=c(H
+)·c(A
2−)
c(HA
−)
=10
7
−。
【详解】A．由分析可知，曲线③代表c(H2A)的变化关系，A 正确；
B．HA
−的水解常数Kh=Kw
Ka1
=10
14
−
10
4
−
=10
10
−，因为Ka2=10
7
−>Kh=10
10
−，所以NaHA水溶液呈酸性，B 错
误；
C．当pH =5时，Ka1=c(HA
−)
c(H2A) ×c(H
+)=10
4
−，则c(HA
−)=10c(H2A)；Ka2=c( A
2−)
c(HA
−)
×c(H
+)=10
7
−
，
则
c( A
2−)=10
2
−c(HA
−)=10
1
−c(H2A)。
根
据
物
料
守
恒
c( A
2−)+c(HA
−)+c水(H2A)+c环己烷(H2A)=0.1mol/L，当pH极低时，水相H2A几乎不电离，近似可
看作c水(H2A)+c环己烷(H2A)=0.1 mol/L，α=20%时，c水(H2A)=0.02mol/L（pH =2时），
Kd=c水(H2A)
c环己烷(H2A) =0.02
0.08 =0.25，
则
c水(H2A)=0.25c环己烷(H2A)，
所
以
c(H A
−)>c环己烷(H2A)>c( A
2−)，C 正确；
D
．
温
度
不
变
，
Kd不
变
，
Kd=0.25，
c水(H2A)=0.25c环己烷(H2A)，
Ka1=c(HA
−)
c(H2A) ×c(H
+)=c(HA
−)×c(H
+)
0.25c环己烷(H2A) =10
4
−，
N点
c(HA
−)=c环己烷(H2A)，
c(H
+)=2.5×10
5
− mol/L，pH =5 lg2.5=4.6
−
。若加水体积为2V mL，Kd和Ka1只与温度有关，不
受体积影响，对交点N的横坐标无影响，即交点N的pH保持不变，D 正确；
故选B。
6.（2026·吉林长春·一模）常温下，向AgNO3溶液中分别滴加Na3X、Na3Y、NaZ 溶液，所得溶液中pA 与
pAg 的关系如图。下列说法错误的是
已知：①pA =−lgA[A表示c(X
3−)、c(Y
3−)、c(Z
−)]
②Ksp(Ag3X)<Ksp(Ag3Y)
A. 曲线L1表示pc(X
3−)与pAg 的关系
B. Ksp(AgZ)的数量级为10
12
−
C. Ag3Y (s)+ X
3−(aq)⇌Ag3X (s)+ Y
3−(aq)的平衡常数K =10
5.94
D. 常温下，在水中的溶解度：AgZ>Ag3Y
【答案】D
【分析】Ksp( Ag3X)=c
3( Ag
+)c(X
3−) ， pc(X
3−)= 3
−pAg
lg
−
Ksp( Ag3X);
Ksp( Ag3Y)=c
3( Ag
+)c(Y
3−)， pc(Y
3−)= 3
−pAg
lg
−
Ksp( Ag3Y)；
Ksp( AgZ)=c( Ag
+)c(Z
−), ，pc(Z
−)=−pAg
lg
−
Ksp( AgZ)；
由题图中3 条直线的斜率，可得 L1 为pc(X
3−)与 p Ag的关系， L2 为pc(Y
3−)与 p Ag的关系，
L3
为 pc(Z
−)
与p Ag的关系；将起点数据代入对应 Ksp
表达式可知， Ksp( AgZ)=10
11.99
−
、 Ksp( Ag3Y)=10
16.05
−
、 Ksp( Ag3X)=10
21.99
−
。
【详解】A．根据分析，曲线L1表示pc(X
3−)与pAg 的关系，A 正确；
B．根据分析，Ksp( AgZ)=10
11.99
−
，的数量级为10-12，B 正确；
C．Ag3Y (s)+ X
3−(aq)⇌Ag3X (s)+ Y
3−(aq)的平衡常数为K =c(Y
3−)
c(X
3−)
=Ksp( Ag3Y)
Ksp( Ag3X) =10
16.05
−
10
21.99
−
=10
5.94，C
正确；
D．对于AgZ ：Ksp( AgZ)=c( Ag
+)·c(Z
−)=s
2=10
11.99
−
，s=
❑√10
11.99
−
=10
5.995
−
mol/L
；对于Ag3Y
：
Ksp( Ag3Y)=c
3( Ag
+)·c(Y
3−)=(3s)
3·s=27s
4=10
16.05
−
，
s
4=10
16.05
−
27
≈3.3×10
18
−，
s=(3.3×10
18
−)
1/4≈(3.3)
1/4×10
4.5
−
≈1.35×10
4.5
−
mol/L，故10
4.5
−
>10
5.995
−
，即Ag3Y的溶解度
大于AgZ，D 错误；
故选D。
7.（2026·东三省三校·一模）25℃时，用NaOH 溶液分别滴定NaHA(H2A为二元弱酸)、MnSO4、Cr2(SO4)3
三种盐溶液，pM[p 表示负对数，M 表示c(A
2−)
c(HA
−)
、c(Mn
2+)、c(Cr
3+)]随pOH 变化关系如图所示。下列说法
错误的是
A. NaHA 溶液显碱性
B. Ksp [Cr(OH)3]的数量级为10
32
−
C. a 点对应的坐标为(10,1.2)
D. 当pH =5.2时，溶液中c(Na
+)<3c(A
2−)
【答案】A
【分析】根据溶度积关系，Cr(OH)3
的pc(Cr
3+)=3pOH−lgKsp[Cr(OH)3]，对应斜率更大的曲线③；
Mn(OH)2的pc(Mn
2+)=2pOH
lg
−
Ksp[Mn(OH)2]，对应曲线②；曲线①则表示p[
c(A
2−)
c(HA
−)]
，其值随pOH增
大而减小。
【详解】A ．由图可知，当c(A
2−)
c(HA
−) =1时，pM =0，对应pOH =8.8，则pH =14 8.8=5.2
−
，因此
Ka2=c(H
+)=10
5.2
−
，Kh1=Kw
Ka2
=10
14
−
10
5.2
−
=10
8.8
−
，Ka1>Ka2>Kh1>Kh2，即HA
−的电离程度大于水解程度，故
NaHS 溶液呈酸性，A 错误；
B．取曲线③上pc(Cr
3+)=0的点，此时c(Cr
3+)=1~mol·L
1
−，pOH =10.4，c(OH
−)=10
10.4
−
~mol·L
1
−。
Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr
3+)·c
3(OH
−)=1×(10
10.4
−
)
3=10
31.2
−
，10
31.2
−
的数量级为10
32
−，B 正确；
C
．
设
a点
的
坐
标
为
(x,y)
，
则
Ka2=c(A
2−)c(H
+)
c(HA
−)
=10
−y×10
x
14
−=10
5.2
−
，
Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr
3+)·c
3(OH
−)=10
−y×(10
−x)
3=10
31.2
−
，联立解得x＝10，y＝1.2，故a点坐标为
(10,1.2)，C 正确；
D
．
pH =5.2时
，
c(A
2−)=c(HA
−)，
电
荷
守
恒
式
为
：
c(Na
+)+c(H
+)=2c(A
2−)+c(HA
−)+c(OH
−)=3c(A
2−)+c(OH
−)，因pH =5.2时溶液呈酸性，c(H
+)>c(OH
−)
，故c(Na
+)<3c(A
2−)，D 正确；
故答案选A。
8.（2026·辽宁抚顺协作体·一模）常温下，水杨酸(分子式为C7H6O3，结构简式为
，可用H2A
表示)和尼泊金酸(分子式为C7H6O3，结构简式为
，可用H2B 表示)的两种溶液中，分
布系数δ[如δ(HA
−)=c(HA
−)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−)
]与pH的变化关系如图实线或虚线所示。
已知：常温下，Ka1(水杨酸)>Ka1(尼泊金酸)。
下列说法错误的是
A. 曲线M 表示δ(H2A)与pH的变化关系
B. 往H2B溶液中滴加NaOH溶液调节pH至9.3 时，c(H
+)+c(Na
+)=3c(B
2−)+c(OH
−)
C. Ka2(水杨酸)<Ka2(尼泊金酸)，原因是HA
−形成了分子内氢键，影响了酚羟基的电离
D. 常温下，往H2A溶液中滴加NaOH溶液调节pH至8.5 时，c(A
2−)<c(H2A)
【答案】D
【详解】A．已知Ka1(H2A)>Ka1(H2B)，故pKa1(H2A)<pKa1(H2B)，当δ(H2X)=δ(H X
−)时，
pH =pKa1，pH 更小的2.9 对应H2A的pKa1，曲线M 随pH 升高而下降，代表δ(H2A)的变化，A 正确；
B ．pH=9.3 时，尼泊金酸的δ(H B
−)=δ(B
2−)，即c(H B
−)=c(B
2−)，电荷守恒为：
c(H
+)+c( N a
+)=c(H B
−)+2c(B
2−)+c(O H
−)，代入得c(H
+)+c( N a
+)=3c(B
2−)+c(O H
−)，B 正
确；
C．H A
−中邻位的−COO
−与酚羟基形成分子内氢键，抑制酚羟基的电离，故Ka2(水杨酸)<Ka2(尼泊金酸)，
C 正确；
D ．当往H2A溶液中滴加NaOH溶液调节pH至8.5 时，此时c(H
+)=10
8.5
−
mol/L，由图知，
Ka1(H2A)=10
2.9
−
，
Ka2(H2A)=10
13.8
−
，
Ka1×Ka2=c
2(H
+)·c(A
2−)
c(H2A)
，
代
入
数
据
，
10
2.9
−
×10
13.8
−
=10
17
−·c(A
2−)
c(H2A)
，c(A
2−)
c(H2A) =10
0.3>1，故c(A
2−)>c(H2A)，D 错误；
故答案选D。
9.（2026·辽西重点高中·一模）草酸钙是连接植物学、医学和化学的关键物质，具有优异的光学性能。常
温下，向足量CaC2O4浊液中加HCl或NaOH调节pH，lgc(M)（M 代表Ca
2+，CaC2O4）与pH关系如图1 所
示，溶液中H2C2O4
、HC2O4
−、C2O4
2−三种微粒的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图2 所示，已知
Ksp[Ca (OH)2]=10
5.6
−
，下列说法错误的是
A. P点的横坐标为2.7
B. Q点所在曲线代表的是C2O4
2−的物质的量分数
C. m点时，Ca
2+浓度迅速下降的原因是生成了Ca (OH)2沉淀
D. 加入NaOH至pH =4.2时发生的反应：3H2C2O4+5OH
−= HC2O4
−+2C2O4
2−+5H2O
【答案】D
【分析】CaC2O4 为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，
CaC2O4(s)⇌Ca
2+ (aq)+C2O4
2−(aq)、C2O4
2−+ H2O⇌HC2O4
−+OH
−、HC2O4
−+ H2O⇌H2C2O4+OH
−，随着pH
增大，H2C2O4 浓度减小，HC2O4
−先增大后减小，C2O4
2−增大。由Ka1=c(H
+)c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
，图像上E 点
pH=1.2，则Ka1=1×10
1.2
−
，同理Ka2=1×10
4.2
−
，据此分析；
【
详
解
】
A
．
P点
δ(H2C2O4)=δ(C2O4
2−)，
即
c(H2C2O4)=c(C2O4
2−)，
则： Ka1·Ka2=c(C2O4
2−)·c
2(H
+)
c(H2C2O4)
=c
2(H
+)=10
1.2
−
×10
4.2
−
=10
5.4
−
，得c(H
+)=10
2.7
−
~mol/L
，
pH =2.7，A 正确；
B．H2C2O4
是二元弱酸，pH越小，酸性越强，H2C2O4
含量越高；随pH升高，依次变为HC2O4
−、C2O4
2−，pH
越大，C2O4
2−含量越高，因此Q点所在曲线代表C2O4
2−的物质的量分数，B 正确；
C．m 点pH 接近14，c(OH
−)≈1mol/L，此时lgc(Ca
2+)≈5.5
−
，即c(Ca
2+)≈10
5.5
−
~mol/L，离
子积Qc=c(Ca
2+)·c
2(OH
−)=10
5.5
−
>Ksp[Ca(OH)2]=10
5.6
−
，会析出Ca(OH)2
沉淀，因此Ca
2+浓度迅
速下降，C 正确；
D． 根据图2 可知，pH =4.2时，交点F处δ(H C2O4
−)=δ(C2O4
2−)=0.5，说明此时溶液中H C2O4
−和
C2O4
2−的
物
质
的
量
相
等
，
二
者
物
质
的
量
之
比
为
1:1，
反
应
式
应
为： 2H2C2O4+3OH
−= HC2O4
−+C2O4
2−+3H2O，D 错误；
故选D。
10.（2026·黑龙江哈尔滨三中·一模）图中曲线分别表示室温下：Ⅰ.0.10mol·L
1
−H2A(一种二元酸)溶液
中，各含A 物种的pX 与pH 的关系；Ⅱ.含MA (s)(一种难溶盐)的0.10mol·L
1
−Na2A溶液中，pM 与pH
的关系。(pX = lg
−
[c(X)/(mol·L
1
−)]；pM = lg
−
[c(M
2+)/(mol·L
1
−)])。
下列说法正确的是
A. 曲线②表示lg
−
[c(A
2−)]与pH 的关系
B. Ⅰ中pH =2.00时，c(A
2−)
c(H2A) =10
1.46
C. pKsp(MA)=6.79
D. Ⅱ中增加MA (s)，平衡后溶液中[pc(H2A)+ pc(HA
−)+ pc(A
2−)]增大
【答案】C
【分析】对于H2A溶液，pH增大，c(H2A)减小，对应pX =−lgc(H2A)增大，为曲线④。HA
−浓度先增后
减，对应曲线②。A
2−浓度随pH增大而增大，对应pX =−lgc(A
2−)减小，为曲线①。对于含MA (s)的Na2A
溶液，pH增大，A
2−水解被抑制，c(A
2−)增大，MA (s)⇌M
2+ (aq)+ A
2−(aq)平衡逆向移动，c(M
2+)减小，对
应pM =−lgc(M
2+)增大，为曲线③。
【详解】A．根据上面的分析，曲线①才是lg
−
[c(A
2−)]，曲线②是lg
−
[c(HA
−)]，A 错误；
B ，由图可知，曲线②和①的交点pH =2.73，故Ka2=10
2.73
−
。曲线④和②的交点pH≈1.8，故
Ka1≈10
1.8
−
。则Ka1·Ka2≈10
4.53
−
。当pH =2.00时，c( A
2−)
c(H2A) =Ka1·Ka2
c
2(H
+)
=10
4.53
−
(10
2
−)
2 =10
0.53
−
，B 错
误；
C．Ksp(MA)=c(M
2+)·c(A
2−)，pH =2.73时，曲线③（pM）值为4.30，即c(M
2+)=10
4.30
−
~mol·L
1
−；
曲线①（pX对应A
2−）值为2.49，即c(A
2−)=10
2.49
−
~mol·L
1
−。则Ksp=10
4.30
−
×10
2.49
−
=10
6.79
−
，因
此pKsp= lg
−
Ksp=6.79，C 正确；
D ．增加固体MA (s)，MA (s)⇌M
2+ (aq)+ A
2−(aq)平衡不移动，c(A
2−)不变。A
2−的水解平衡
A
2−+ H2O⇌HA
−+OH
−、HA
−+ H2O⇌H2A+OH
−也不受影响，因此c(H2A)、c(HA
−)、c(A
2−)均不变，其浓
度负对数之和也不变，D 错误；
故答案选C。
11.（2026·辽宁·二模）H2A为二元弱酸。20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−)=0.100~mol·L
1
−的
H2A和NaOH 混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线Ⅰ表示H2A
B. H2A的Ka2的数量级为10
4
−
C. pH>7的溶液中：c(Na
+)
c(A
2−) >2
D. c(HA
−)=c(A
2−)的溶液中：c(Na
+)>0.100~mol·L
1
−+c(HA
−)
【答案】C
【分析】随着pH 变大，H2A的浓度逐渐减小，HA
−的浓度先增大后减小，A
2−的浓度逐渐增大，则曲线Ⅰ
表示HA
−的物质的量浓度随pH 的变化曲线，曲线Ⅱ表示A
2−的物质的量浓度随pH 的变化曲线，曲线Ⅲ表
示H2A的物质的量浓度随pH 的变化曲线，据此分析选项。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示HA
−的物质的量浓度随pH 的变化曲线，A 项错误；
Ｂ．由曲线Ⅰ和Ⅱ的交点pH 可以得出H2A的Ka2=c(H
+)·c( A
2−)
c(HA
−)
=c(H
+)≈10
4.1
−
，故H2A的Ka2的数量
级为10
5
−，B 项错误；
C ．pH>7的溶液中，由电荷守恒关系：c(Na
+)+c(H
+)=2c(A
2−)+c(HA
−)+c(OH
−)，可推出
c(Na
+)>2c(A
2−)，则c(Na
+)
c(A
2−) >2，C 项正确；
D．结合电荷守恒和c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−)=0.100~mol·L
1
−关系式，由图可知，当c(HA
−)=c(A
2−)
时，c(H2A)可视为0，则c(Na
+)+c(H
+)=0.100~mol·L
1
−+c(HA
−)+c(OH
−)，又由于此时溶液呈酸性，
c(H
+)>c(OH
−)，则c(Na
+)<0.100~mol·L
1
−+c(HA
−)，D 项错误；
故选C。
12.（2026·东三省三校·模拟考试）常温下，用NaOH 溶液滴定二元酸H2C2O4溶液，混合溶液的pH 与
lgX[X =c(HC2O4
−)
c(H2C2O4) 或c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)]
的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线I 表示lg[
c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)]
与pH 的关系
B. 水的电离程度：a 点点
C. 滴定过程中，当pH=3.8 时，c(Na
+)
3
−c(HC2O4
−)>0
D. 若c(HC2O4
−)>c(C2O4
2−)>c(H2C2O4)，则pH 范围为2.5
【答案】D
【
分
析
】
草
酸
的
电
离
平
衡
常
数Ka1=c(H
+)c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
、Ka2=c(H
+)c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
则
有
lg Ka1=lgc(H
+)c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
=lgc(H
+)+lgc(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
，
即
pH = lg
−
Ka1+lgc(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
；
同
理
有
pH = lg
−
Ka2+lgc(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
，当lgX =0时，由Ka1＞Ka2可知，则lg
−
Ka1< lg
−
Ka2，由图像截距判断曲线
Ⅰ代表lg[
c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)]
与pH 的关系，曲线Ⅱ表示lg[
c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)]
与pH 的关系，由a、b 两点可知，
Ka1=10
1.2
−
、Ka2=10
3.8
−
，由此分析作答。
【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ表示lg[
c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)]
与pH 的关系，A 错误；
B．a 点pH =3，b 点pH =2，酸性溶液中pH越小，H
+浓度越大，对水的电离抑制越强，故水的电离程度：a
点>b点，B 错误；
C
．
pH =3.8时
，
pKa2=3.8，
故
c(C2O4
2−)=c(H C2O4
−)。
根
据
电
荷
守
恒： c(N a
+)+c(H
+)=c(H C2O4
−)+2c(C2O4
2−)+c(O H
−)得： c(N a
+)
3
−c(H C2O4
−)=c(O H
−)−c(H
+)<0，
C 错误；
D
．
若
c(HC2O4
−)>c(C2O4
2−)>c(H2C2O4)：
①
c(HC2O4
−)>c(C2O4
2−)⇒c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
<1，
lg
⇒
c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
<0⇒pH
3.8<0
−
⇒pH<3.8，
②
c(C2O4
2−)>c(H2C2O4)，
由
Ka1·Ka2=c
2(H
+)·c(C2O4
2−)
c(H2C2O4)
>c
2(H
+)，得pKa1+ pKa2<2pH⇒1.2+3.8<2pH⇒pH>2.5； 故pH范围为
2.5<pH<3.8，D 正确；
故选D。
13.（2026·黑龙江哈尔滨·二模）甘氨酸(NH3
+CH2COO
−)在水溶液中可发生如下反应：
NH2CH2COO
−⇌
OH
−
H
+
NH3
+CH2COO
−⇌
OH
−
H
+
NH3
+CH2COOH。常温下，向0.1~mol·L
1
−甘氨酸溶液中通入HCl 或加入
NaOH 固体，HCl 当量或NaOH 当量[n (HCl或NaOH)
n (甘氨酸)
] 及溶液中三种含氮微粒的分布系数
δ(X)[
n (X)
n总(含氮微粒) ×100%]
随pH 变化如图。已知氨基酸整体所带正、负电荷数目相等时的pH 为该
氨基酸的等电点(pI)，甘氨酸的pI=6.
下列说法错误的是
A. m=9.6
B. a 点HCl 当量＞0.5
C. b 点：c(NH3
+CH2COO
−)>c(NH3
+CH2COOH)+c(Na
+)
D. c 点：c(NH2CH2COO
−)>c(OH
−)>c(H
+)>c(NH3
+CH2COOH)
【答案】C
【分析】首先明确三种微粒的电荷： ❑
+ N H3C H2COOH（记为H2A
+，整体+1价）、❑
+ N H3C H2COO
−
（记为Z，整体净电荷为0，两性离子）、N H2C H2COO
−（记为A
−，整体
1
−价）。 电离平衡：
H2A+⇌Z+ H
+Ka1=c(Z)c(H
+)
c(H2A
+)
，Z⇌A
−+ H
+Ka2=c( A
−)c(H
+)
c(Z)
；氨基酸等电点满足pI=pKa1+pKa2
2
；
【详解】A．a 点pH =2.4，此时c(H2A
+)=c(Z)，故Ka1=c(H
+)，pKa1=2.4。已知pI=6，代入公式
得： 6=2.4+pKa2
2
⟹pKa2=9.6， 图中b点为c(Z)=c( A
−)，对应pH =pKa2= m，故m =9.6，A 正
确；
B
．
a
点
时
，c( NH3
+CH2COOH)=c( NH3
+CH2COO
−)，
pH=2.4
，
根
据
电
荷
守
恒
，
c(Cl
−)≈c(H
+)+c( NH3
+CH2COOH)，
因
c( NH3
+CH2COOH)≈0.05~mol·L
1
−，
故
HCl
当
量
c(Cl
−)
0.1
≈10
2.4
−
+0.05
0.1
>0.5，B 正确；
C
．
b
点
pH = m =9.6，
此
时
c(Z)=c( A
−)，
写
出
电
荷
守
恒
：
c( Na
+)+c(H
+)+c(H2A
+)=c( A
−)+c(OH
−)代
入
c( A
−)=c(Z)
，
整
理
得： c(Z)=c( Na
+)+c(H2A
+)+c(H
+)−c(OH
−) b点pH =9.6，溶液显碱性，c(OH
−)>c(H
+)
，
因此c(H
+)−c(OH
−)<0
，可得： c(Z)<c( Na
+)+c(H2A
+)与选项描述相反，C 错误；
D．c 点pH =11，此时大部分甘氨酸转化为A
−，因此c( A
−)最大；溶液碱性，c(OH
−)>c(H
+)； 由
Ka1·Ka2=[H
+]
2[A
−]
[H2A
+]
，代入Ka1Ka2=10
12
−，[H
+]=10
11
−，得： [H2A
+]=(10
11
−)
2[A
−]
10
12
−
=10
10
−[A
−]
，
[A
−]<0.1~mol/L
，
因
此
c(H2A
+)<10
11
−=c(H
+)，
最
终
顺
序： c( NH2CH2COO
−)>c(OH
−)>c(H
+)>c( NH3
+CH2COOH)，D 正确；
故选C。
14.（2026·内蒙古呼和浩特·二模）常温下，向AgBr悬浊液(含有足量AgBr固体)中滴加Na2X溶液，发生如
下反应：①Ag
++ X
2−⇌AgX
−；②AgX
−+X
2−⇌AgX2
3−。相关数据如图所示，M代表Ag
+或Br
−；N 代表
c(Ag
+)
c(AgX
−)
或c(Ag
+)
c(AgX2
3−)
。下列说法错误的是
A. L3
代表c(Ag
+)
c(AgX
−)
随lgc(X
2−)变化的关系
B. 常温下，Ksp(AgBr)=10
12.2
−
C. c 点：存在c(Br
−)=c(Ag
+)+2c(AgX
−)
D. c(X
2−)=1×10
4
−mol/L时有：c(AgX2
3−)>c(AgX
−)>c(Br
−)
【答案】D
【分析】向AgBr 悬浊液中滴加Na2X溶液，随lgc(X
2−)增大，AgBr 溶解平衡正向移动，c(Br
−)增大，
lgc(Br
−)呈上升趋势，匹配L1；c( Ag
+)因配位反应消耗持续减小，lgc( Ag
+)呈下降趋势，匹配L2。
对反应①Ag
++X
2−⇌AgX
−，变形得lgc( Ag
+)
c( AgX
−)
= lg
−
K1
lg
−
c(X
2−)，斜率为-1 ；对反应②
AgX
−+ X
2−⇌AgX2
3−，变形得lgc( Ag
+)
c( AgX2
3−)
= lg
−
(K1K2)
2lg
−
c(X
2−)，斜率为-2，故斜率绝对值较小的L3
对应lgc( Ag
+)
c( AgX
−)
，斜率绝对值更大的L4
对应lgc( Ag
+)
c( AgX2
3−)
。
【详解】A．由上述分析可知，L3代表c( Ag
+)
c( AgX
−)
随lgc(X
2−)变化的关系，A 正确；
B ．b 点lgc(X
2−)= 4.6
−
、lgc( Ag
+)= 8.35
−
，a 点lgc(X
2−)= 4.6
−
、lgc(Br
−)= 3.85
−
，则
Ksp(AgBr)=c( Ag
+)c(Br
−)=10
8.35
−
×10
3.85
−
=10
12.2
−
，B 正确；
C．c 点为L3
与L4
的交点，故c( Ag
+)
c( AgX
−)
=c( Ag
+)
c( AgX2
3−)
，即c( AgX
−)=c( AgX2
3−)，代入物料守恒式得
c(Br
−)=c( Ag
+)+2c( AgX
−)，C 正确；
D．当c(X
2−)=1×10
4
−mol/L即lgc(X
2−)= 4
−时，L1对应lgc(Br
−)> 3
−，c(Br
−)>10
3
−mol/L；
此时L4<L3
，即lgc( Ag
+)
c( AgX2
3−)
<lgc( Ag
+)
c( AgX
−)
，故c( AgX2
3−)>c( AgX
−)，但两者浓度均远小于c(Br
−)，
离子浓度顺序为c(Br
−)>c( AgX2
3−)>c( AgX
−)，D 错误；
故选D。
15.
（
2026·
辽
宁
沈
阳
·
二
模
）
CuCl2
溶
液
中
存
在
氯
化
配
合
反
应
：
Cu
2+→
K1
[CuCl]
+→
K2
CuCl2→
K3
[CuCl3]
−→
K4
[CuCl4]
2−，已知常温下K 值依次减小，改变1.0×10-4 mol/L CuCl2
溶液中Cl-的起始浓度，测得含铜元素微粒分布系数δ 与Cl-平衡浓度的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线c 表示[CuCl]+的物种分布系数
B. Q 点Cu2+转化率为43%
C. P 点溶液中c(Cl-)=0.75 mol/L
D. Cu2++2Cl⇌CuCl2 K≈0.77
【答案】D
【分析】氯化配合反应随Cl
−浓度增大，平衡逐步向右移动，配位数低的微粒先生成后消耗，配位数高的
微粒随Cl
−增大含量升高：Cl
−浓度为0 时，只有Cu
2+，δ=1，因此曲线a为Cu
2+，δ随c(Cl
−)增大逐步
减小；[CuCl]
+是第一步产物，Cl
−增大时先生成[CuCl]
+，δ先升高，后续继续转化为更高配产物，δ
后降低，对应曲线b；CuCl2随Cl
−浓度增大，总分布系数逐步升高，对应一直上升的曲线c。
【详解】A．根据分析，曲线c不表示[CuCl]
+，A 错误；
B．分布系数δ(X)=c(X)
c总(Cu) ，Cu
2+转化率α=1−δ(Cu
2+)。Q 点Cu
2+的分布系数δ(Cu
2+)应从图中曲线
a 读取，此时c(Cl
−)≈2 mol/L，δ(Cu
2+)≈0.14 mol/L，故Cu²⁺转化率α=1-δ(Cu
2+)≈0.84，不是43%，B 错
误；
C ．P 点是a(Cu
2+)和b([CuCl]
+)的交点，故c(Cu
2+)=c([CuCl]
+)，第一步平衡常
数
：
K1=c([CuCl]
+)
c(Cu
2+)c(Cl
−)P
=1
c(Cl
−)P
，
Q 点
是
b([CuCl]
+)和
CuCl2的
交
点
，
故
c([CuCl]
+)=c(CuCl2)，第二步平衡常数： K2=c(CuCl2)
c([CuCl]
+)·c(Cl
−)
=1
c(Cl
−)Q
, 已知K1>K2
，
Q点c(Cl
−)Q≈2mol/L，对反应Cu
2++2Cl
−⇌CuCl2，总平衡常数K = K1·K2=1
c(Cl
−)P·c(Cl
−)Q
。
在曲线a 和曲线c 的交点处，c(Cu
2+)=c([CuCl2])，此时K =1
c
2(Cl
−) ，从图中读取交点处，
c(Cl
−)≈1.15mol/L，代入得： K =K1·K2=1
c
2(Cl
−)
≈1
1.15
2 ≈0.77 ， 由图可知
c(Cl
−)Q≈2mol/L，
常
数
K =K1·K2=1
c(Cl
−)P·c(Cl
−)Q
=1
c(Cl
−)P×2
=0.77，
故
c(Cl
−)P=0.65mol/L，因此P点c(Cl
−)=0.65mol/L
，C 错误；
D．对反应Cu
2++2Cl
−⇌CuCl2，总平衡常数K =K1·K2=1
c(Cl
−)P·c(Cl
−)Q
。在曲线a 和曲线c 的交
点处，c(Cu
2+)=c([CuCl2])，此时K =1
c
2(Cl
−) ，从图中读取交点处，c(Cl
−)≈1.15mol/L，代入
得： K =K1·K2=1
c
2(Cl
−)
≈1
1.15
2 ≈0.77 符合选项描述，D 正确；
故答案选D。
16.（2026·吉林长春·二模）室温下，在一定pH 范围内含Cd(OH)2(s)的饱和溶液中，存在如下转化关系(
K为平衡常数)：
Cd(OH)2(s)⇌Cd(OH)2(aq) K0
；Cd(OH)2(aq)⇌Cd(OH)
++OH
− K1
；
Cd(OH)2(aq)⇌Cd
2++2OH
− K2
；Cd(OH)2(aq)+OH
−⇌Cd(OH)3
− K3
；
Cd(OH)2(aq)+2OH
−⇌Cd(OH)4
2− K4
平衡时，lgc(X) lg
−
c(OH
−)的曲线如图。下列说法正确的是
A. Ⅱ为c(Cd
2+)的变化曲线
B. c[Cd(OH)2(aq)]：N 点>M点
C. M 点：c
2(OH
−)=K1
K3
D. N 点：c[Cd(OH)
+]+2c(Cd
2+)+c(H
+)=c[Cd(OH)3
−]+2c[Cd(OH)4
2−]+c(OH
−)
【答案】C
【分析】根据给定的平衡关系，推导lgc(X)与lgc(OH
−)的关系，通过斜率判断对应物种：由
Cd(OH)2(s)⇌Cd(OH)2(aq)，平衡常数K0=c[Cd(OH)2(aq)]，温度不变时K0为定值，因此
c[Cd(OH)2(aq)]不
随
c(OH
−)改
变
。
对
Cd
2+：
由
K2=c(Cd
2+)c
2(O H
−)
c[Cd(OH)2(aq)] ，
代
入
c[Cd(OH)2(aq)]= K0
整理得：lgc(Cd
2+)=lg(K0K2) 2lg
−
c(O H
−)，斜率为−2，是负斜率中下降最
陡的曲线，对应曲线I；对Cd(OH)
+：整理得lgc(Cd(OH)
+)=lg(K0K1) lg
−
c(O H
−)，斜率为−1，对
应曲线II；对Cd(OH)3
−：整理得lgc(Cd(OH)3
−)=lg(K0K3)+lgc(O H
−)，斜率为+1，对应曲线IV；
对Cd(OH)4
2−：整理得lgc(Cd(OH)4
2−)=lg(K0K4)+2lgc(O H
−)，斜率为+2，是正斜率中上升最陡的
曲线，对应曲线III。
【详解】A．根据上述分析，c(Cd
2+)对应斜率为-2 的曲线I，II 对应c(Cd(OH)
+)，A 错误；
B．K0=c[Cd(OH)2(aq)]，温度不变K0不变，因此M 点和N 点的c[Cd(OH)2(aq)]相等，B 错误；
C．M 点是曲线II（Cd(OH)
+）和曲线IV（Cd(OH)3
−）的交点，因此c(Cd(OH)
+)=c(Cd(OH)3
−)。
结合平衡常数： c\left(\mathrm{Cd}\left(\mathrm{OH})^{+}\right)=\frac{K_{1}\cdot c[\mathrm{Cd}
(\mathrm{OH})_{2}(\mathrm{aq})]}{c(\mathrm{O}\mathrm{H}^{-})}
，
c(Cd(OH)3
−)= K3·c[Cd(OH)2(aq)]·c(O H
−)，令两式相等，约去c[Cd(OH)2(aq)]后整理
得：c
2(O H
−)=K1
K3
，符合选项表述，C 正确；
D ．该溶液中存在电荷守恒，假设通过添加强碱（如NaOH ）调节c(OH
−)，则电荷守恒式为
c( Na
+)+c(H
+)+2c(Cd
2+)+c[Cd (OH)+]=c(OH
−)+c[Cd (OH)3
−]+2c[Cd (OH)4
2−]，
整
理
得
c[Cd (OH)+]+c(H
+)+2c(Cd
2+) {
−c(OH
−)+c[Cd (OH)3
−]+2c[Cd (OH)4
2−]}=−c(Na
+)，因为c(Na
+)>0，所
以c[Cd (OH)+]+c(H
+)+2c(Cd
2+)<c(OH
−)+c[Cd (OH)3
−]+2c[Cd (OH)4
2−]，D 错误；
故答案选C。
17.（2026·黑龙江哈尔滨三中·二模）水溶液中NH3可与多种金属阳离子形成配离子。常温下，Cu
2+、Ag
+分
别与NH3形成[Cu(NH3)4]
2+和[Ag(NH3)2]
+，达到平衡时，lgc(配离子)
c(金属离子) 与lg1
c(NH3) 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A. X 表示的是Ag
+形成配离子的变化曲线
B. a 点所处溶液中[Ag(NH3)2]
+配离子的生成速率大于解离速率
C. Ag
++2NH3⇌[Ag(NH3)2]
+的平衡常数K =1×10
7
D. 当溶液中c(NH3)=1×10
4
−mol·L
1
−时，溶液中c{[Ag(NH3)2]
+}
c(Ag
+)
<
c{[Cu(NH3)4]
2+}
c(Cu
2+)
【答案】C
【分析】金属阳离子与NH3形成配离子可表示为M
n++xNH3⇌[M (NH3)x]
n+，K =
c{[M (NH3)x]
n+}
c(M
n+)c
x(NH3)
，
lg
c{[M (NH3)x]
n+}
c(M
n+)
=lg[K·c
x(NH3)]，即lgc(配合离子)
c(金属离子)
=lg K−xlg1
c(NH3)
，达到平衡时在
lgc(配离子)
c(金属离子) 与lg1
c(NH3) 的关系图中斜率的绝对值为配位数x，[Cu(NH3)4]
2+配位数为4、[Ag(NH3)2]
+
配位数为2，直线X 斜率绝对值更大，故X 表示Cu
2+形成配离子的变化曲线，直线Y 表示Ag
+形成配离子
的变化曲线；
【详解】A．根据分析，X 表示的是Cu
2+形成配离子的变化曲线，A 错误；
B．a 点所处溶液中lgc(配离子)
c(金属离子) 大于平衡值，此时Q>K，平衡Ag
++2NH3
[
⇌Ag( NH3)2]
+逆向移动，
[Ag(NH3)2]
+配离子的生成速率小于解离速率，B 错误；
C
．
取
Y
的
点
(1,5)，
代
入lgc(配合离子)
c(金属离子) =lg K−xlg1
c(NH3) ，5=lg K
2×1
−
，
则
Ag
++2NH3⇌[Ag(NH3)2]
+的平衡常数K =1×10
7，同理可知，Cu
2++4 NH3
[
⇌Cu( NH3)4]
2+平衡常数
K =1×10
13，C 正确；
D ．当c(NH3)=1×10
4
−mol·L
1
−时，lgc(NH3)= 4
−，根据lg
c{[M (NH3)x]
n+}
c(M
n+)
=lg[K·c
x(NH3)]，
lg
c{[Ag(NH3)2]
+}
c(Ag
+)
=lgK[Ag(NH3)2]
++2lgc(NH3)=7+2×(
4
−)= 1
−，
c{[Ag(NH3)2]
+}
c(Ag
+)
=10
1
−，
同
理
，
lg
c{[Cu(NH3)4]
2+}
c(Cu
2+)
=lgK[Cu(NH3)4]
2++4lgc(NH3)=13+4×(
4
−)= 3
−，c{[Cu(NH3)4]
2+}
c(Cu
2+)
=10
3
−，
溶
液
中
c{[Ag(NH3)2]
+}
c(Ag
+)
>
c{[Cu(NH3)4]
2+}
c(Cu
2+)
，D 错误；
故选C。
