专题九 电解质溶液
【知识重构】
电解质溶液中的三大平衡
1.三大平衡分析判断
三大平衡
电离平衡
水解平衡
沉淀溶解平衡
研究对象
弱电解质(包
括弱酸、弱
碱、水、多
元弱酸的酸
式酸根)
盐溶液(包括强酸弱碱
盐、弱酸强碱盐、弱酸
弱碱盐)
难溶电解质(如难溶的酸、
碱、盐等)
示例
CH3COOH
CH3COO-
+H+
CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-
AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq)
平衡常数
Ka=
c(C H 3COO
-)
c(C H 3CO
Kh=
c(C H 3COOH )·c(O H
-)
c(C H 3COO
-)
Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)
影
响
因
素
升高
温度
促进电离,离
子浓度增
大,Ka增大
促进水解,Kh增大
Ksp可能增大,也可能减小
加水
稀释
促进电离,离
子浓度( 除
OH- 外) 减
小,Ka不变
促进水解,离子浓度(除
H+外)减小,Kh不变
促进溶解,Ksp不变
加入相
应离子
加
入
CH3COONa
固体或盐酸,
抑制电离,Ka
不变
加入
CH3COOH
或
NaOH,抑制水解,Kh不变
加入AgNO3 溶液或NaCl
溶液,抑制溶解,Ksp不变
加入反
应离子
加入NaOH,
促进电离,Ka
不变
加入盐酸,促进水解,Kh
不变
加入氨水,促进溶解,Ksp不
变
2.平衡常数(Kw、Kh、Ksp)
(1)Kw、Ksp曲线(双曲线型)
不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH-)的
变化曲线
常温下,CaSO4 在水中的沉淀溶解平
衡曲线[Ksp=9×10-6]
(1)A、C、B 三点溶液均为中性,温度依
次升高,Kw依次增大;
(2)D 点为酸性溶液,E 点为碱性溶
液,Kw=1×10-14;
(3)AB 直线的左上方均为碱性溶液,任
意一点:c(H+)<c(OH-)
(1)a、c 点在曲线上,a→c 的变化为增
大c(SO4
2−),如加入Na2SO4固体,但Ksp
不变;
(2)b 点在曲线的上方,Q>Ksp,将会有沉
淀生成;
(3)d 点在曲线的下方,Q<Ksp,则为不饱
和溶液,还能继续溶解CaSO4
(2)Ksp曲线[直线型(pM-pR 曲线)]
pM 为阳离子浓度的负对数,pR 为阴离子浓度的负对数。
①直线AB 上的点:c(M2+)=c(R2-)。
②溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3。
X
③
点对CaCO3要析出沉淀,对CaSO4是不饱和溶液,能继续溶解CaSO4。
Y
④
点:c(SO4
2−)>c(Ca2+),二者的离子积等于10-5;Z 点:c(CO3
2−)<c(Mn2+),二者的
离子积等于10-10.6。
3.平衡常数的定量分析
(1)平衡常数之间的关系
已知:常温下,H2S 的电离常数为Ka1、Ka2,Cu(OH)2、CuS、Ag2S 的溶度积常数
分别为Ksp、Ksp'、Ksp″。
①水解常数与电离常数、水的离子积之间的关系
常温下的Na2S 溶液中:S2-的水解常数Kh1=
K w
K a2
,HS-的水解常数Kh2=
K w
K a1
。
②水解常数与溶度积、水的离子积之间的关系
常温下,CuCl2溶液中:Cu2+的水解常数Kh= K w
2
K sp
。
③平衡常数与电离常数、溶度积之间的关系
a.反应CuS(s)+2Ag+(aq)
Cu2+(aq)+Ag2S(s)的平衡常数K=
K sp'
K sp″。
b.反应CuS(s)+2H+(aq)
Cu2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数K=
K sp'
K a1· K a2
。
④判断溶液的酸碱性
NaHS 溶液呈碱性,离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)。
上述判断的理由是HS-的水解常数
K w
K a1 大于其电离常数(Ka2)。
(2)根据图形节点计算弱电解质电离平衡常数
①由图形起点计算平衡常数
示例:常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中水电
离出的氢离子浓度随加入的盐酸体积的变化如图所示。分析:由图中a 点可知,常
温下,0.1 mol·L-1 的氨水中c(H+)=1.0×10-11 mol·L-1,c(OH-)=
K w
c( H
+)=1.0×10-3
mol·L-1,所以Kb=c(N H 4
+)·c(O H
-)
c(N H 3· H 2O)
≈10
-3×10
-3
0.1
=1×10-5。
②由图形交点计算平衡常数
示例:常温下,向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH 溶
液,所得溶液中H2C2O4、HC2O4
-、C2O4
2−三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH 的
关系如图所示:
由图像可知:
pH=1.2 时,c(HC2O4
-)=c(H2C2O4),则Ka1=c(HC2O4
-)·c( H
+)
c( H 2C2O4)
=c(H+)=10-1.2;
pH=4.2 时,c(HC2O4
-)=c(C2O4
2−),Ka2=
c( H
+)·c(C2O4
2−)
c(HC2O4
-)
=c(H+)=10-4.2。
强酸(碱)和弱酸(碱)稀释图像
1.等体积、等浓度的盐酸、醋酸
分析:加水稀释相同的倍数,醋酸的
pH 大
分析:加水稀释到相同的pH,盐酸加入的
水多
2.相同体积、相同pH 的盐酸、醋酸
分析:加水稀释相同的倍数,盐酸的
pH 大
分析:加水稀释到相同的pH,醋酸加入的
水多
3.pH 与稀释倍数的线性关系
分析:(1)HY 为强酸,HX 为弱酸;
(2)a、b 两点的溶液中:c(X-)=c(Y-);
(3)水的电离程度:d>c>a=b
分析:(1)MOH 为强碱,ROH 为弱碱;
(2)起始时,c(ROH)>c(MOH);
(3)水的电离程度:a>b
酸碱中和滴定曲线
1.滴定曲线特点
氢氧化钠溶液滴定等浓度、等体积
的盐酸、醋酸的滴定曲线
盐酸滴定等浓度、等体积的氢氧化钠
溶液、氨水的滴定曲线
曲线起点不同:强碱滴定强酸、弱酸的曲线,强酸起点低;强酸滴定强碱、弱碱
的曲线,强碱起点高
突跃点变化范围不同:强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大
于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)的
室温下,pH=7 不一定是反应终点:强碱与强酸反应时,终点pH=7;强碱与弱酸(或
强酸与弱碱)反应时,终点不是pH=7(强碱与弱酸反应终点pH>7,强酸与弱碱反
应终点pH<7)
2.滴定曲线上的特殊点的分析
示例:常温下,用0.1000 mol·L-1 NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L-1
CH3COOH 溶液所得滴定曲线如图。
(1)pH-V 图 各特殊点对水电离程度的影响
点
溶质
水的电离情况
A
CH3COOH
抑制
B
CH3COOH、CH3COONa
抑制
C
CH3COOH、CH3COONa
正常电离
D
CH3COONa
只促进
E
CH3COONa、NaOH
抑制
F
CH3COONa、NaOH
抑制
根据图中pH 数据,图中A、B、C、D、E、F 各点对应的溶液中水的电离程
度大小顺序如图所示:
(2)pH-V 图 各特殊点粒子大小关系及变化趋势(HAc 代表CH3COOH,Ac-代
表CH3COO-)
点
溶质
离子浓度大小比较
A
CH3COOH
c(H+)>c(Ac-)>c(OH-)
B(1 1)
∶
CH3COOH、
CH3COONa
c(Ac-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C(pH=7)
CH3COOH、
CH3COONa
c(Ac-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)
D
CH3COONa
c(Na+)>c(Ac-)>c(OH-)>c(H+)
E(2 1)
∶
CH3COONa、NaOH c(Na+)>c(Ac-)>c(OH-)>c(H+)
F(1 1)
∶
CH3COONa、NaOH c(Na+)>c(OH-)>c(Ac-)>c(H+)
c(H+)
c(OH-) c(Na+) c(HAc)
c(Ac-)
变化趋势减小
增大
增大
减小
先增大后减小
分布系数曲线
分布系数图及分析[分布系数曲线是指以pH 为横坐标、分布系数(组分的平
衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线]
一元弱酸
(以CH3COOH 为例)
二元弱酸
(以H2C2O4为例)
注:pKa为电离常数的负对数
δ0 为CH3COOH 的分布系数,δ1 为
CH3COO-的分布系数
δ0 为H2C2O4的分布系数,δ1为HC2O4
-
的分布系数,δ2为C2O4
2−的分布系数
随着pH 的增大,溶质分子浓度不断减小,离子浓度逐渐增大,酸根离子增多。根
据分布系数可以书写一定pH 时所发生反应的离子方程式
同一pH 条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH 下的微粒分布系数和
酸的浓度,就可以计算各成分在该pH 时的平衡浓度
“三大守恒”分析模板
电荷
守恒
内容:电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负
电荷总数相等
实例:Na2CO3溶液中存在着Na+、CO3
2−、H+、OH-、HCO3
-。它们的浓度
存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=2c(CO3
2−)+c(HCO3
-)+c(OH-)
元素
守恒
内容:电解质溶液中,由于某些离子能水解或电离,离子种类增多,但某些关
键性的原子总是守恒的
实例:
质子
守恒
内容:是指在电离或水解过程中,会发生质子(H+)转移,但质子在转移过程
中其数量保持不变
Na2CO3溶液:
所
以
c(OH-)=c(HCO3
-)
+2c(H2CO3)+c(H3O+),即c(OH-)=c(HC
O3
-)+2c(H2CO3)+c(H+)
NaHCO3溶液:
所
以
c(OH-)+c(CO3
2−
)=c(H2CO3)+c(H+)
【题型解码】
题型1 弱电解质电离与计算
例1 常温下,一元酸HA 的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中,H+与A-离子不能穿过
隔膜,未电离的HA 可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c 总(HA)=c(HA)+c(A-),当达到平衡时,下列叙述正确的是( )
A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.溶液Ⅱ中HA 的电离度c( A
-)
c总(HA)为1
101
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c 总(HA)之比为10-4
变式1 室温下, 通过下列实验探究SO2 的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-
2,Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。
实验1:将SO2气体通入水中,测得溶液pH=3。
实验2:将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH 溶液中,当溶液pH=4 时停止通气。
实验3:将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中,当溶液恰好褪色时停止通
气。
下列说法正确的是( )
A.实验1 所得溶液中:c(SO3
2−)+c(HSO3
-)>c(H+)
B.实验2 所得溶液中:c(SO3
2−)>c(HSO3
-)
C.实验2 所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D.实验3 所得溶液中:c(SO4
2−)>c(Mn2+)
强、弱电解质问题比较抽象,通过“建立一种模型,抓住两个关键点”,就能
顺利突破难点。也就是说,在审题时一定要准确区分题干中所给出的是强电解质
还是弱电解质,是溶液的pH 还是c(H+)或c(OH-),是溶液浓度(总量)还是离子浓度
(已电离部分)等,并根据其各自作用解题。
题型2 盐类水解、离子浓度比较
例2 环境保护工程师研究利用Na2S、FeS 和H2S 处理水样中的Cd2+。已知25
℃ 时,H2S 饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1,Ka1(H2S)=10-6.97,Ka2(H2S)=10-
12.90,Ksp(FeS)=10-17.20,Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是( )
A.Na2S 溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
B.0.01 mol·L-1 Na2S 溶液中:c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)
C.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS,可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1
D. 向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1 的溶液中通入H2S 气体至饱和, 所得溶液中
c(H+)>c(Cd2+)
变式2 常温下将等体积、浓度均为0.40 mol·L-1 BaCl2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)=1.1×10-10
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-1 H2SO3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
D.存在反应Ba2++H2SO3+H2O2
BaSO4↓+2H++H2O 是出现白色沉淀的主要原因
1.分类:单一溶液还是混合溶液(先反应后比较)。
2.分析:溶质成分及溶液酸碱性。
3.写方程式:按电离、水解程度由大到小的顺序写方程式。
4.排序:c(溶质或电离出的离子)>c(显性离子H+或OH-)>c(其他)。
5.选项中等号考虑三大守恒,不等号的排序考虑水解、电离程度。
题型3 沉淀溶解平衡
例3 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:
Ag
①
2CrO4为砖红色沉淀;
②相同条件下AgCl 溶解度大于AgBr;
25 ℃
③
时,pKa1(H2CrO4)=0.7,pKa2(H2CrO4)=6.5。
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+
2Ag++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
变式3 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(CrO4
2−),Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C.Ag2CrO4+2Cl-
2AgCl+CrO4
2−的平衡常数K=107.9
D.向NaCl、Na2CrO4 均为0.1 mol·L-1 的混合溶液中滴加AgNO3 溶液,先产生
Ag2CrO4沉淀
“三步法”解沉淀溶解平衡图像题
第一步:识图像。认识图像横坐标、纵坐标表示什么,如表示离子浓度、pM
等;若横、纵坐标均表示离子浓度,则曲线上的点表示达到平衡状态,曲线上方的
点代表“过饱和溶液”,曲线下方的点代表“不饱和溶液”;若横、纵坐标均表示
pM,则曲线上的点表示达到平衡状态,曲线上方的点代表“不饱和溶液”,曲线下
方的点代表“过饱和溶液”。
第二步:想原理。涉及的原理主要有溶度积表达式的书写、影响沉淀溶解平
衡的因素以及溶度积常数的影响因素。如浓度不会改变溶度积,溶度积只与温度
有关,多数情况下,温度越高,溶度积越大。
第三步:找联系。将图像与溶度积原理联系起来,分析题目设置的问题,如求离
子浓度、判断沉淀溶解平衡状态等。
题型4 多曲线离子反应图像
例4 在水溶液中,CN-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CN-形成配离子达平衡时,lgc(金属离子)
c(配离子) 与-lg c(CN-)的关系如图。
下列说法正确的是( )
A.99% 的X、Y 转化为配离子时,两溶液中CN-的平衡浓度:X>Y
B. 向Q 点X 、Z 的混合液中加少量可溶性Y 盐, 达平衡时
c(X)
c(X配离子)>
c(Z)
c(Z配离子)
C.由Y 和Z 分别制备等物质的量的配离子时,消耗CN-的物质的量:Y<Z
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
变式4 将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL 悬浊液,向其中滴加0.10 mol·L-1的
NaCl 溶液。lg[cM/(mol·L-1)] (M 代表Ag+、Cl-或CrO4
2−)随加入NaCl 溶液体积(V)
的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是( )
A.交点a 处:c(Na+)=2c(Cl-)
B.
K sp(AgCl)
K sp(A g2Cr O4)=10-2.21
C.V≤2.0 mL 时,c(CrO4
2−)
c(Cl
-) 不变
D.y1=-7.82,y2=-lg34
变式5 常温下Ag(Ⅰ)-CH3COOH 水溶液体系中存在反应Ag++CH3COO-
CH3COOAg(aq), 平衡常数为K 。已知初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08
mol·L-1,所有含碳物种的摩尔分数与pH 变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。
下列说法正确的是( )
A.线Ⅱ表示CH3COOH 的变化情况
B.CH3COOH 的电离平衡常数Ka=10-n
C.pH=n 时,c(Ag+)=10
m-n
K
mol·L-1
D.pH=10 时,c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 mol·L-1
“四步骤”突破多曲线图像题
(1)明确横、纵坐标的含义。一般情况下,横坐标为pH,纵坐标为各组分浓度。
(2)抓住关键点。重视起点、终点和交点对应的pH,特别要关注交点,交点处
微粒浓度相同,可用此特殊关系计算电离常数或水解平衡常数。
(3)理解最高点和最低点对应的pH 和各组分存在的pH 范围。
(4)联系电离平衡、水解平衡的规律及电荷守恒、元素守恒的关系分析判断。
【真题溯源精析】
1.(2026·四川省)CuCl微溶于水，但在C l
−浓度较高的溶液中因形成[CuC l2]
−
和
[CuC l3]
2−而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含[CuC l2]
−和[CuC l3]
2−的溶液，下
列叙述正确的是
A. 加水稀释，[CuC l3]
2−浓度一定下降
B. 向溶液中加入少量NaCl固体，[CuC l2]
−浓度一定上升
C. H [CuC l2]的电离方程式为：H [CuC l2]= H
++C u
++2C l
−
D. 体系中，c(C u
+)+c(H
+)=c(C l
−)+c([CuC l2]
−)+c([CuC l3]
2−)+c(O H
−)
【答案】A
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电离平衡、弱电解质的电离及电离方程式
【解析】A.加水稀释，溶液体积变大， [CuC l3]
2− 浓度一定下降，A 正确；
B.加入NaCl会增加C l
⁻浓度，可能促使 [CuC l2]
− 转化为 [CuC l3]
2− ， [CuC l2]
− 浓度不一
定上升，B 错误；
C.H [CuC l2]应电离为H
+和 [CuC l2]
− ，而非分解为C u
+和C l
−，电离方程式错误，C 错误；
D.
电
荷
守
恒
未
考
虑
[CuC l3]
2− 的
电
荷
数
，
电
荷
守
恒
应
为 c(C u
+)+c(H
+)=c(C l
−)+c([CuC l2]
−)+2c([CuC l3]
2−)+c(O H
−) ，D 错误；
故选A。
2.(2026·青海省)苹果酸是二元弱酸，以H 2 A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，
溶液H 2A、H A
−和A
2−的分布系数δ( x)随溶液pH变化如图。
例如：A
2−的分布系数
δ( A
2−)=
c( A
2−)
c( H 2 A)+c( H A
−)+c( A
2−)
该温度下，下列说法错误的是( )
A. 曲线①是H 2 A的分布系数曲线
B. H 2 A的K a1=10
−3.46
C. 反应H 2 A + A
2−⇌2 H A
−的平衡常数K =10
−1.59
D. pH =6时，溶液中粒子浓度的大小关系为c( A
2−)>c( H A
−)>c( H 2 A )
【答案】C
【知识点】弱电解质电离方程式
【解析】解：A .通过以上分析知，曲线①②③分别是H 2A、HA和A
2−的分布系数，故A
正确；
B.当溶液中H 2
A、H A
−的分布系数相等时，c( H 2 A )=c( H A
−)，溶液的pH =3.46，
H 2 A的K a1= c( H A
−)
c( H 2 A ) ×c( H
+)=c( H
+)=10
−3.46mol / L，故B 正确；
C.当溶液中A
2−、H A
−的分布系数相等时，c( A
2−)=c( H A
−)，溶液的pH =5.05，H 2 A
的K a2= c( A
2−)
c( H A
−)
×c( H
+)=c( H
+)=10
−5.05mol / L，反应H 2S+ A
2−⇌2 H A
−，该反应
的
平
衡
常
数
K =
c
2( H A
−)
c( H 2 A )⋅c( A
2−)
= c( H A
−)
c( H 2 A ) ×
1
c( A
2−)
c( H A
−)
=
K a1
c( H
+)
×
1
K a2
c( H
+)
=
K a1
K a2
= 10
−3.46
10
−5.05 =10
1.59
，
故C 错误；
D.根据图知，pH =7时，A
2−、H A
−、H 2 A的分布系数依次减小，则其浓度依次减小，
所以存在c( A
2−)>c( H A
−)>c( H 2 A )，故D 正确；
故选：C。
3.(2026·湖南省)常温下，在Cr(Ⅵ)总浓度始终为0.025mol⋅L
−1的K 2Cr O4溶液中，铬元
素以HCr O4
−、Cr O4
2−、C r2O7
2−形式存在，lg(c /mol⋅L
−1)随pH变化如图。下列说法
正确的是( )
A. 曲线Ⅰ代表的组分为Cr O4
2−
B. P点：c(C r2O7
2−)= 0.025
3+10
0.2 mol⋅L
−1
C. 2Cr O4
2−+2 H
+⇌C r2O7
2−+ H 2O的平衡常数K =10
12.2
D. Q点：3c(C r2O7
2−)+2c(Cr O4
2−)+c(O H
−)=c( K
+)+c( H
+)
【答案】B
【知识点】弱电解质电离方程式
【解析】解：A .溶液中存在平衡：ⅠHCr O4
−⇌H
++Cr O4
2− K 1
，Ⅱ
2Cr O4
2−+2 H
+⇌C r2O7
2−+ H 2O K 2
，由图可知，随溶液pH增大，Ⅰ平衡正向移动，Ⅱ平
衡逆向移动，Cr O4
2− 浓度增大，C r2O7
2−浓度减小，则曲线Ⅱ代表的组分为Cr O4
2−，故A
错误；
B.
由
图
像
可
知
，Q点
时
，
pH =6.3，
c(Cr O4
2− )=c( HCr O4
−)，
则
K 1= c( H
+)×c(Cr O4
2−)
c( HCr O4
−)
=c( H
+)=10
−6.3；P点时，pH =6.1，c(Cr O4
2− )=c(C r2O7
2−)，
K 1= c( H
+)×c(Cr O4
2−)
c( HCr O4
−)
= 10
−6.1×c(Cr O4
2−)
c( HCr O4
−)
=10
−6.3，
c( HCr O4
−)=10
0.2×c(Cr O4
2−
)=10
0.2×c(C r2O7
2−)，Cr(Ⅵ)总浓度始终为0.025mol⋅L
−1，则c(Cr O4
2−
)+c( HCr O4
−)+2(C r2O7
2−)=10
0.2×c(C r2O7
2−)+c(C r2O7
2−)+2c(C r2O7
2−)=0.025，
c(C r2O7
2−)= 0.025
3+10
0.2 mol⋅L
−1，故B 正确；
C.pH =6.1，
c(Cr O4
2− )=c(C r2O7
2−)，
K 2=
c(C r2O7
2−)
c
2( H
+)×c
2(Cr O4
2−)
=
1
c
2( H
+)×c(Cr O4
2−)
=
1
(10
−6.1)
2× 0.025
3+10
0.2
= 3+10
0.2
0.025 ×10
12.2
，故C 错误；
D.Q点
，
c(Cr O4
2− )=c( HCr O4
−)，
由
电
荷
守
恒
可
得
，
2c(Cr O4
2−
)+c( HCr O4
−)+2(C r2O7
2−)+c(O H
−)=c( K
+)+c( H
+)，
则
3c(Cr O4
2−
)+2(C r2O7
2−)+c(O H
−)=c( K
+)+c( H
+)，故D 错误；
故选：B。
4.(2025·广西)常温下，用0.1000mol⋅L
−1 NaOH溶液以相同滴速分别滴定下列两种等体
积溶液：
Ⅰ.硫酸酸化的0.02mol⋅L
−1 FeSO4
溶液
Ⅱ.盐酸酸化的0.02mol⋅L
−1 FeC l3
溶液
pH随滴定时间变化的滴定曲线如图。已知：K sp[ Fe(OH )2]=10
−16.3，
K sp[ Fe(OH )3]=10
−38.6；溶液中某离子的浓度≤10
−5mol⋅L
−1时，可认为该离子沉淀完
全。
下列说法错误的是( )
A. d点水电离的c( H
+)>10
−12.5mol⋅L
−1
B. Ⅱ中F e
3+恰好完全沉淀的点为f 点
C. Ⅰ中出现沉淀时的pH低于理论值，说明F e
2+被氧化
D. g点的c( F e
3+)大于i点的c( F e
3+)
【答案】D
【知识点】与pH 相关的计算
【解析】解：A .由图可知，d点为盐酸酸化的0.02mol⋅L
−1 FeC l3溶液，pH =1.5，
c( H
+)=10
−1.5mol / L，c(O H
−)=10
−12.5mol / L，溶液中有部分F e
3+水解消耗水电离的
O H
−，故d点水电离的c( H
+)=c(O H
−)>10
−12.5mol⋅L
−1，故A 正确；
B.Ⅱ中F e
3+恰好完全沉淀时，c( F e
3+)=10
−5mol⋅L
−1，
c(O H
−)=
3√
10
−38.6
10
−5 mol⋅L
−1=10
−11.2mol⋅L
−1，c( H
+)=10
−2.8mol / L，pH =2.8，f
点pH =2.8，故B 正确；
C.Ⅰ中F e
2+开始出现沉淀时，c(O H
−)=
√
10
−16.3
0.02 mol⋅L
−1=10
−7.3mol⋅L
−1，
c( H
+)=10
−6.7mol / L，pH =6.7，若实际吃得好pH低于理论值，说明存在更易沉淀的
F e
3+，即F e
2+被氧化为F e
3+，故C 正确；
D.由图可知，g点和i点均沉淀完全，均达到沉淀溶解平衡，c( F e
3+)= K sp[ Fe(OH )3]
c
3(O H
−)
，
c(O H
−)越大，c( F e
3+)越小，g点和i点的pH相同，即 c(O H
−)相同，故c( F e
3+)相等，
故D 错误；
故选：D。
5.(2026·四川省)已知：AgCl(s)⇌A g
+(aq)+C l
−(aq)K sp=1.8×10
−10
A g
+(aq)+2C l
−(aq)⇌[ AgC l2]
−(aq)K =1.1×10
5
下列有关说法不正确的是( )
A. 过量AgCl在1.0mol/ LNaCl溶液中，c( A g
+)=1.8×10
−10mol / L
B. 过量AgCl在水中所得的饱和溶液中滴加0.0010mol/ LAgN O3溶液，有AgCl生成
C. 过量AgCl在水中溶解的质量大于在相同体积3.0mol / LNaCl溶液中溶解的质量
D. 0.010mol AgCl在1 L10mol/ L的盐酸中不能完全溶解
【答案】C
【知识点】难溶电解质的（沉淀）溶解平衡
【解析】解：A . K sp( AgCl)=c( A g
+)⋅c(C l
−)=1.8×10
−10，1.0mol/ LNaCl溶液中
c(C l
−)=1.0mol / L，
则
过
量
AgCl在
1.0mol/ LNaCl溶
液
中
，
c( A g
+)= K sp( AgCl)
c(C l
−)
= 1.8×10
−10
1.0
mol / L=1.8×10
−10mol / L，故A 正确；
B.AgCl饱
和
溶
液
中
c( A g
+)=c(C l
−)= √K sp( AgCl)=
√1.8×10
−10mol / L≈1.34×10
−5mol / L，
滴
加
0.0010mol/ LAgN O3
溶
液
时
c( A g
+)≈0.0010mol/ L，
浓
度
积
Q( AgCl)=c( A g
+)⋅c(C l
−)=1.34×10
−8> K sp( AgCl)，生成AgCl沉淀，故B 正确；
C.AgCl(s)⇌A g
+(aq)+C l
−(aq) K sp=1.8×10
−10，
A g
+(aq)+2C l
−(aq)⇌[ AgC l2]
−(aq) K =1.1×10
5，
则
AgCl(s)+C l
−(aq)⇌[ AgC l2]
−(aq) 的平衡常数K ′ = K ⋅K sp=1.98×10
−5，AgCl饱和
溶液中c( A g
+)= √K sp( AgCl)=
√1.8×10
−10mol / L≈1.34×10
−5mol / L；
反应的三段式为AgCl(s)+C l
−(aq)⇌[ AgC l2]
−(aq)
变化量(mol / L) x x
平衡(mol / L) 3.0−x x
K ′ = c([ AgC l2]
−)
c(C l
−)
=
x
3.0−x =1.98×10
−5，
解
得
x ≈5.94×10
−5mol / L>1.34×10
−5mol / L，即过量AgCl在水中溶解度或质量大于在相
同体积3.0mol/ LNaCl溶液中溶解度或质量，故C 错误；
D.反应的三段式为AgCl(s)+C l
−(aq)⇌[ AgC l2]
−(aq)
变化量(mol / L) x x
平衡(mol / L) 10−x x
根据选项C 分析可知，平衡常数K ′ =
c(C l
−)
c([ AgC l2]
−)
=
x
10−x =1.98×10
−5，解得
x ≈1.98×10
−4mol / L，即1 L溶液中n([ AgC l2]
−)=1.98×10
−4mo<0.010mol，所以
AgCl在1 L10mol/ L的盐酸中不能完全溶解，故D 正确；
故选：C。
6.(2026·四川省)H 2 A是一种二元酸，MA是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下：
(ⅰ)0.10mol⋅L
−1的H 2 A溶液中，各物种的lg[c /(mol⋅L
−1)]与pH的关系；
(ⅱ)含MA(s)的0.10mol⋅L
−1 N a2 A溶液中，lg[c( M
2+)/(mol⋅L
−1)]与pH的关系。
下列说法正确的是( )
A. 曲线④表示lg[c( M
2+)/(mol⋅L
−1)]与pH的关系
B. (ⅰ)中pH =2.00时，c( A
2−)
c( H 2 A ) =10
−1.46
C. p K sp( MA )=5.60
D. (ⅱ)中增加MA(s)，平衡后溶液中H 2A、H A
−、A
2−浓度之和增大
【答案】B
【知识点】弱电解质电离方程式、难溶电解质的（沉淀）溶解平衡
【解析】解：A . H 2 A是一种二元酸，随着pH增大，c( H 2 A )逐渐减小，c( H A
−)先增
大后减小，c( A
2−)逐渐增大；含MA(s)的0.10mol⋅L
−1 N a2 A溶液中，随着pH增大，
A
2−+ H 2O⇌H A
−+O H
−逆移，c( A
2−)逐渐增大，导致MA(s)⇌M
2+(aq)+ A
2−(aq)
逆移，c( M
2+)逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c( M
2+)变化不大，则曲线④
表示lg[c( H 2 A )/(mol⋅L
−1)]与pH的关系，故A 错误；
B.K a1( H 2 A )× K a2( H 2 A )= c
2( H
+)c( A
2−)
c( H 2 A )
=10
−5.46，
当
pH =2.00时
，
c( A
2−)
c( H 2 A ) =10
−1.46，故B 正确；
C.pH =2.73时
，
c( M
2+)=10
−4.30mol⋅L
−1，
c( A
2−)=10
−2.49mol⋅L
−1，
则
K sp( MA )=c( M
2+)×c( A
2−)=10
−6.79，因此p K sp( MA )=6.79，故C 错误；
D.加入MA(s)，MA(s)⇌M
2+(aq)+ A
2−(aq)平衡不移动，c( A
2−)不变，则c( H 2 A )、
c( H A
−)均不变，因此平衡后溶液中H 2
A、H A
−、A
2−浓度之和不变，故D 错误；
故选：B。
H 2 A是一种二元酸，随着pH增大，c( H 2 A )逐渐减小，c( H A
−)先增大后减小，
c( A
2−)逐渐增大；含MA(s)的0.10mol⋅L
−1 N a2 A溶液中，随着pH增大，
A
2−+ H 2O⇌H A
−+O H
−逆移，c( A
2−)逐渐增大，导致MA(s)⇌M
2+(aq)+ A
2−(aq)
逆移，c( M
2+)逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c( M
2+)变化不大，则曲线①
表示lg[c( A
2−)/(mol⋅L
−1)]与pH的关系，曲线②表示lg[c( H A
−)/(mol⋅L
−1)]与
pH的关系，曲线③表示lg[c( M
2+)/(mol⋅L
−1)]与pH的关系，曲线④表示
lg[c( H 2 A )/(mol⋅L
−1)]与pH的关系。
7.(2025·湖南省)草酸广泛应用于食品、药品等领域，常温下，通过下列实验探究了草酸的
性质：
实验1
：向10mL0.2mol⋅L
−1 H 2C2O4
溶液中滴入一定量
0.2mol⋅L
−1 KOH溶液，混合溶液的pH与lgX [ X = c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4)
或c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
]的关系
如图所示。
实验2：向10mL0.2mol⋅L
−1 H 2C2O4
溶液中加入10mL0.2mol⋅L
−1BaC l2
溶液。
已知：25℃时，K sp(BaC2O4)=10
−14。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是( )
A. 实验1，当溶液中c( H 2C2O4)=c(C2O4
2−)时，pH =2.5
B. 实验1，当溶液呈中性时：c(C2O4
2−)>c( H C2O4
−)>c( H 2C2O4)
C. 实验2，溶液中有沉淀生成
D. 实验2，溶液中存在：2c(B a
2+)+c( H
+)=c(C l
−)+c( H C2O4
−)+2c(C2O4
2−)
【答案】D
【知识点】混合溶液中微粒浓度的关系、电解质溶液中的图像分析、与pH 相关的计算
【解析】解：c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4) =
K a1
c( H
+)
、
c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
=
K a2
c( H
+)
，溶液的pH相等时，c( H
+)
相
等
，
K a1> K a2，
则
c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4) =
K a1
c( H
+)
> c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
=
K a2
c( H
+)
，
即
lg c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4) >lg c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
，所以
，a表示混合溶液的pH
与lg c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
的关系、b表示混合溶液的pH与lg c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4)的关系；
lg c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4) =0时
，
K a1=c( H
+)=10
−pH =10
−1.2，
lg c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
=0时
，
K a2=c( H
+)=10
−pH =10
−3.8；
A.
实
验
1，
当
溶
液
中
c( H 2C2O4)=c(C2O4
2−)时
，
K a1× K a2= c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4) ×c( H
+)× c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
×c( H
+)=c
2( H
+)，
则
c( H
+)= √K a1× K a2=
√10
−1.2×10
−3.8mol / L=10
−2.5mol / L，pH =2.5，故A 正确；
B. 实验1，溶液呈中性时，pH =7，lg c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4) >0、lg c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
>0，则
c(C2O4
2−)>c( H C2O4
−)>c( H 2C2O4)，故B 正确；
C.两种溶液混合，溶液体积增大一倍，草酸和氯化钡的浓度是原来的一半，所以混合溶液
中c( H 2C2O4)=c(BaC l2)=0.1mol / L，H 2C2O4两步电离程度都较小，则
c( H 2C2O4)≈0.1mol / L，
K a1× K a2= c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4) ×c( H
+)× c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
×c( H
+)= c(C2O4
2−)
0.1
×c
2( H
+)=10
−1.2×10
−3.8=10
−5.0
H 2C2O4的电离沉淀较小导致溶液中c( H
+)<0.1mol/ L，所以c(C2O4
2−)>10
−8.0，
c(C2O4
2−)×c(B a
2+)>10
−8.0×0.1=10
−9.0> K sp(BaC2O4)，所以有沉淀生成，故C 正确；
D.
溶
液
中
存
在
电
荷
守
恒
2c(B a
2+)+c( H
+)=c(C l
−)+c( H C2O4
−)+2c(C2O4
2−)+c(O H
−)，
所
以
存
在
2c(B a
2+)+c( H
+)>c(C l
−)+c( H C2O4
−)+2c(C2O4
2−)，故D 错误；
故选：D。
8.(2026· 陕西省) 常温下，溶液中A l
3+、Z n
2+、C d
2+以氢氧化物形式沉淀时，
−lg[c( X )/(mol⋅L
−1)]与−lg[c( H
+)/(mol⋅L
−1)]的关系如图[其中X代表A l
3+、
Z n
2+、C d
2+、Al(OH )4
−、Zn(OH )4
2−或Cd(OH )4
2−]。
已知：K sp[ Zn(OH )2]< K sp[Cd(OH )2]，Zn(OH )2比Cd(OH )2更易与碱反应，形成
M (OH )4
2−；溶液中c( X )≤10
−3mol⋅L
−1时，X可忽略不计，下列说法错误的是( )
A. L为−lgc[ Al(OH )4
−]与−lgc( H
+)的关系曲线
B. Z n
2++ 4O H
−= Zn(OH )4
2−的平衡常数为10
11.2
C. 调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH )2和Al(OH )3
D. 调节溶液pH为4.7～6.4，可将浓度均为0.1mol⋅L
−1的Z n
2+和A l
3+完全分离
【答案】B
【知识点】难溶电解质的（沉淀）溶解平衡
【解析】解：A .由上述分析可知，图
中
1、2、3、L、4、5分别为−lg[c( A l
3+)]、−lg[c(C d
2+)]、−lg[c(Z n
2+)]、
−lgc[ Al(OH )4
−]、−lgc[ Zn(OH )4
2−]、−lgc[Cd(OH )4
2−]与−lg[c( H
+)]的关系曲线，
故A 正确；
B.
由
上
述
分
析
可
知
，
K sp[ Zn(OH )2]=c(Z n
2+)⋅c
2(O H
−)=10
−16.2、
Zn(OH )2+2O H
−⇌Zn(OH )4
2−的平衡常数K 2=10
−1.8，则Z n
2++ 4O H
−= Zn(OH )4
2−
的平衡常数K =
K 2
K sp[ Zn(OH )2] = 10
−1.8
10
−16.2 =10
14.4，故B 错误；
C.由图可知，Cd(OH )2开始溶解时pH =14.0，Al(OH )3沉淀完全时pH <14.0，则可通
过调节NaOH溶液浓度完全分离Cd(OH )2和Al(OH )3，故C 正确；
D.K sp[ Al(OH )3]=10
−33，0.1mol / LA l
3+恰好完全转化为沉淀时c( A l
3+)=10
−5mol / L，
此
时
溶
液
中
c(O H
−)=10
−9.3mol / L，
c( H
+)=10
−4.7mol / L，
pH = 4.7，
K sp[ Zn(OH )2]=10
−16.2，
0.1mol / LZ n
2+完
全
开
始
转
化
为
沉
淀
时
c(O H
−)=10
−7.6mol / L，此时溶液中c( H
+)=10
−6.4mol / L，pH =6.4，所以调节溶液
pH为4.7～6.4，可将浓度均为0.1mol⋅L
−1的Z n
2+和A l
3+完全分离，故D 正确；
故选：B。
K sp[ Al(OH )3]=c( A l
3+)⋅c
3(O H
−)，
K sp[ Zn(OH )2]=c(Z n
2+)⋅c
2(O H
−)，
K sp[Cd(OH )2]=c(C d
2+)⋅c
2(O H
−)，
则
−lg[c(Z n
2+)]、
−lg[c(C d
2+)]与
−lg[c( H
+)]关系的曲线平行，且K sp[ Zn(OH )2]< K sp[Cd(OH )2]，所以图
中1、2、3分别为
−lg[c( A l
3+)]、−lg[c(C d
2+)]、−lg[c(Z n
2+)]与−lg[c( H
+)]的关系曲线；
Al(OH )3+O H
−⇌Al(OH )4
−的
平
衡
常
数
K 1= c[ Al(OH )4
−]
c(O H
−)
，
Zn(OH )2+2O H
−⇌Zn(OH )4
2−的
平
衡
常
数
K 2= c[ Zn(OH )4
2−]
c
2(O H
−)
，
Cd(OH )2+2O H
−⇌Cd(OH )4
2−的平衡常数K 3= c[Cd(OH )4
2−]
c
2(O H
−)
，K 2与K 3表达式相似，
且Zn(OH )2比Cd(OH )2更易与碱反应、K 2> K 3，则图中L、4、5分别为
−lgc[ Al(OH )4
−]、−lgc[ Zn(OH )4
2−]、−lgc[Cd(OH )4
2−]与−lgc( H
+)的关系曲线，根
据(3.0,0)、(8.4,5)、(9.4,5)计算K sp[ Al(OH )3]=10
−33、K sp[Cd(OH )2]=10
−14.2、
K sp[ Zn(OH )2]=10
−16.2，根据(8.4,5)、(12.4,5)、(14.0,5)计算K 1=10
0.6、K 2=10
−1.8
K 3=10
−5，据此分析解答。
本题考查沉淀溶解平衡图象，侧重计算能力和分析判断能力考查，把握图中曲线表示的意
义、溶度积常数及平衡常数的计算应用是解题关键，题目难度较大。
9.(2025·
云
南
省
)
甲
醛
法
测
定
N H 4
+的
反
应
原
理
为
4 N H 4
+ +6 HCHO =(C H 2)6 N 4 H
++3 H
++6 H 2O。取含N H 4Cl的废水浓缩至原体积的
1
10后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用0.01000mol⋅L
−1的NaOH标准溶液滴
定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数δ与pH关系如图2【比如：
δ[(C H 2)6 N 4 H
+]=
c[(C H 2)6 N 4 H
+]
c[(C H 2)6 N 4 H
+]+c[(C H 2)6 N 4]
】。下列说法正确的是( )
A. 废水中N H 4
+的含量为20.00mg⋅L
−1
B. c点：c[(C H 2)6 N 4 H
+]+c( H
+)=c(O H
−)
C. a点：c[(C H 2)6 N 4 H
+]>c( H
+)>c(O H
−)>c[(C H 2)6 N 4]
D. (C H 2)6 N 4 H
+⇌(C H 2)6 N 4+ H
+的平衡常数K ≈7.3×10
−6
【答案】D
【知识点】弱电解质电离方程式、与pH 相关的计算
【解析】解：A .C H 2)6 N 4 H
+、H
+均能与NaOH反应，关系式为N H 4
+～NaOH，即
n( N H 4
+)=n( NaOH )，由图可知，加入20mLNaOH溶液时达到滴定终点，可得浓缩废
水中c( N H 4
+)=0.01000mol / L，则原废水中c( N H 4
+)=0.001000mol / L，即废水中
N H 4
+的含量为18.00mg⋅L
−1，故A 错误；
B.c点溶液中含有NaCl、NaOH，且c(C l
−)=0.8c( N a
+)，电荷守恒关系为
c[(C H 2)6 N 4 H
+]+c( H
+)+c( N a
+)=c(O H
−)+c(C l
−)，
则
c[(C H 2)6 N 4 H
+]+c( H
+)<c(O H
−)，故B 错误；
C.a点溶液中溶质为(C H 2)6 N 4 HCl、HCl、NaCl，且c[(C H 2)6 N 4 HCl ]=c( HCl)，
(C H 2)6 N 4 HCl是强酸弱碱盐，则c( H
+)>c[(C H 2)6 N 4 H
+]，故C 错误；
D.由图1、2可知，溶液的pH =6.00时δ[(C H 2)6 N 4 H
+]=0.12，δ[(C H 2)6 N 4]=0.88，
即
c[(C H 2)6 N 4]：
c[(C H 2)6 N 4 H
+]=0.88：
0.12≈7.3：
1，
则
(C H 2)6 N 4 H
+⇌(C H 2)6 N 4+ H
+的
电
离
平
衡
常
数
K =
c[(C H 2)6 N 4]
c[(C H 2)6 N 4 H
+]
×c( H
+)≈7.3×10
−6，故D 正确；
故选：D。
10.(2026·湖北省宜昌市·期末考试)H 2 A是二元弱酸，M
2+不发生水解。25℃时，向足量
的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中lg[c( M
2+)/(mol⋅L
−1)]与pH的关系如
图所示。
已知25℃时，K a1( H 2 A )=10
−1.6，K a2( H 2 A )=10
−6.8，lg2=0.3。下列说法正确的是
( )
A. 25℃时，MA的溶度积常数K sp( MA )=10
−6.3
B. pH =1.6时，溶液中c( M
2+)>c(C l
−)>c( H A
−)>c( A
2−)
C. pH = 4.5时，溶液中c( H A
−)>c( H 2 A )>c( A
2−)
D. pH =6.8时，溶液中c( H
+)+2c( H A
−)+c( H 2 A )=c(O H
−)+c(C l
−)
【答案】A
【知识点】弱电解质电离方程式
【解析】解：A .由图可知，b点时，lgc( M
2+)=−3.0，即c( M
2+)=10
−3.0，根据
K a2( H 2 A )= c( H
+)×c( A
2−)
c( H A
−)
可
得
，
10
−6.8×c( A
2−)
c( H A
−)
=10
−6.8，
c( A
2−)=c( H A
−)≈10
−3.0
2
，
c( A
2−)=10
−5.6，25℃时
MA的
溶
度
积
常
数
K sp( MA)=c( M
2+)×c( A
2−)=10
−0.4×
−10
−3.0
2
=10
−6.3，故A 正确；
B.溶液中存在电荷守恒：2c( M
2+)+c( H
+)=c(O H
−)+c(C l
−)+c( H A
−)+2c( A
2−)，
存在物料守恒：c( M
2+)=c( H A
−)+c( A
2−)+c( H 2 A )，两式相减可得，
c( M
2+)+c( H
+)+c( H 2 A )=c(O H
−)+c(C l
−)，pH =1.6时，c( H
+)>c(O H
−)，则
c( M
2+)<c(C l
−)，故B 错误；
C.pH = 4.5时，由K a1= c( H
+)×c( H A
−)
c( H 2 A )
可得，10
−1.6= 10
−4.5×c( H A
−)
c( H 2 A )
，则
c( H A
−)=10
2.9c( H 2 A )；由K a2= c( H
+)×c( A
2−)
c( H A
−)
可得，10
−6.8= 10
−4.5×c( A
2−)
c( H A
−)
，则
c( H A
−)=10
2.3c( A
2−)，可知溶液中c( H A
−)>c( A
2−)>c( H 2 A )，故C 错误；
D.溶液中存在电荷守恒：2c( M
2+)+c( H
+)=c(O H
−)+c(C l
−)+c( H A
−)+2c( A
2−)，
存在物料守恒：c( M
2+)=c( H A
−)+c( A
2−)+c( H 2 A )，两式联立，可得，
c( H
+)+c( H A
−)+2c( H 2 A )=c(O H
−)+c(C l
−)，故D 错误；
故选：A。
11.(2026·河南省·单元测试)已知C u
2+和L
3−结合形成两种配离子[CuL]
−和Cu L2]
4+。常温
下，0.100mol⋅L
−1的H 3 L和0.002mol⋅L
−1的CuSO4混合溶液中，H L
2−和L
3−的浓度
对
数
lgc(实
线
)、
含
铜
微
粒
的
分
布
系
数
δ(虚
线
)[例
如
δC u
2+=
c(C u
2+)
c(C u
2+)+c([CuL]
−)+c([Cu L2]
4−)
]与溶液pH的关系如图所示：
下列说法错误的是( )
A. C u
2++ L
3−⇌[CuL]
−，K =10
9.4
B. H L
2−⇌H
++ L
3−，K =10
−11.6
C. 图中a点对应的pH = 4.2
D. 当pH =6.4时，体系中c( H L
2−)>c([Cu L2]
4−)>c([CuL]
−)>c( L
3−)
【答案】C
【知识点】难溶电解质的（沉淀）溶解平衡
【解析】解：A .由上述分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分别代表lgc( H L
2−)、lgc( L
3−)、
lgc(C u
2+)、lgc([CuL]
−)、lgc([Cu L2]
4−)与溶液pH的关系，由图可知，
c(C u
2+)=c([CuL]
−)时c( L
3−)=10
−9.4mol / L，则反应C u
2++ L
3−⇌[CuL]
−的平衡常数
K =
c([CuL]
−)
c(C u
2+)⋅c( L
3−)
=
1
10
−9.4 =10
9.4，故A 正确；
B.由图可知，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点处c( L
3−)=c( H L
2−)，此时pH =11.6，则H L
2−的电离
平衡常数K = c( L
3−)
c( H L
2−)
×c( H
+)=10
−11.6，故B 正确；
C. 曲线Ⅳ和V 交点处c([CuL]
−)=c([Cu L2]
4−)、c( L
3−)=10
−7.2mol / L，则
[CuL]
−+ L
3−⇌[Cu L2]
4−的平衡常数K ′ =
c([Cu L2]
4−)
c([CuL]
−)⋅c( L
3−)
=10
7.2，且a点时
c(C u
2+)=c([Cu L2]
4−)，
此
时
K ⋅K ′ =
c([CuL]
−)
c(C u
2+)⋅c( L
3−)
×
c([Cu L2]
4−)
c([CuL]
−)⋅c( L
3−)
=
1
c
2( L
3−)
=10
16.6，
c( L
3−)=10
−8.3mol / L，且a点对应c( H L
2−)=0.1mol / L，H L
2−的电离平衡常数
K = c( L
3−)
c( H L
2−)
×c( H
+)=10
−11.6，此时溶液中c( H
+)=10
−4.3mol / L、pH = 4.3，故C 错
误；
D. 由图可知，pH =6.4时c( H L
2−)最大、接近0.1mol/ L，H L
2−的电离平衡常数
K = c( L
3−)
c( H L
2−)
×c( H
+)=10
−11.6，此时溶液中c( L
3+)≈10
−6.2mol / L，分布系数
δ([CuL2]
4−
)=0.90、
δ([CuL])=0.09，
根
据
Cu原
子
守
恒
可
知
，
c([Cu L2]
4−)=0.002mol / L×0.90=1.8×10
−3mol / L，
c([CuL]
−)=0.09×0.002mol⋅L
3=1.8×10
−4mol / L，
则
体
系
中
c( H L
2−)>c([Cu L2]
4−)>c([CuL]
−)>c( L
3−)，故D 正确；
故选：C。
12.(2026·四川省)一定条件下，“Br O3
−— SO3
2−—[ Fe(CN )6]
4−— H
+”4种原料按固定
流速不断注入连续流动反应器中，体系pH — t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生
反应①～④，①②为快速反应。下列说法错误的是( )
①SO3
2−+ H
+= HSO3
−
②HSO3
−+ H
+= H 2SO3
③3 HSO3
−+ Br O3
−=3 SO4
2−+ B r
−+3 H
+
④H 2SO3+ Br O3
−→
⑤Br O3
−+6 H
++6[ Fe(CN )6]
4−= B r
−+6[ Fe(CN
A. 原料中c( H
+)不影响振幅和周期
B. 反应④：3 H 2SO3+ Br O3
−=3 SO4
2−+ B r
−+6 H
+
C. 反应①～④中，H
+对SO3
2−的氧化起催化作用
D. 利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化
【答案】A
【知识点】氧化还原反应方程式的书写和配平、化学反应历程、离子方程式的书写
【解析】解：A .由图可知，纵坐标为pH，横坐标为时间，原料中c( H
+)越大，pH越小，
反应速率越快，能够影响振幅和周期，故A 错误；
B. 根据原子守恒和化合价升降守恒可知，反应④的方程式为：
3 H 2SO3+ Br O3
−=3 SO4
2−+ Br
−+6 H
+，故B 正确；
C.根据题意可知，反应①～④中，H
+对SO3
2−的氧化起催化作用，故C 正确；
D.利用pH响应变色材料，根据变色材料呈现的不同的颜色，可将pH振荡可视化，故D 正
确；
故选：A。
13.(2026·黑龙江)室温下，将0.1molAgCl置于0.1mol⋅L
−1 N H 4 N O3
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，A g
++ N H 3⇌[ Ag( N H 3)]
+和
A g
++2 N H 3⇌[ Ag( N H 3)2]
+的平衡常数分别为K 1
和K 2
；N H 4
+的水解常数
K h( N H 4
+)=10
−9.25。下列说法错误的是( )
A. Ⅲ为[ Ag( N H 3)2]
+的变化曲线
B. D点：c( N H 4
+)−c(O H
−)>0.1−c( H
+)
C. K 1=10
3.24
D. C点：c( N H 3)=10
−3.52mol⋅L
−1
【答案】B
【知识点】难溶电解质的（沉淀）溶解平衡
【解析】解：A .根据分析可知，Ⅲ为[ Ag( N H 3)2]
+的变化曲线，故A 正确；
B.溶液中存在电荷守恒，D点时，溶液显碱性，又
c( N H 4
+)+c( N H 3⋅H 2O)=0.1mol / L，则c( N H 4
+)−0.1<0，c(O H
−)−c( H
+)>0，
故c( N H 4
+)−0.1<c(O H
−)−c( H
+)，即：c( N H 4
+)−c(O H
−)<0.1−c( H
+)，故B 错
误；
C.由图可知，D点时，[ Ag( N H 3)]
+与A g
+浓度相等，此时N H 3的浓度是10
−3.24，根据
A g
++ N H 3⇌[ Ag( N H 3)]
+可知，K 1=10
3.24，故C 正确；
D.C点时，[ Ag( N H 3)2]
+与A g
+浓度相等，B点时，[ Ag( N H 3)2]
+与[ Ag( N H 3)]
+浓度
相等，所以反应[ Ag( N H 3)]
++ N H 3⇌[ Ag( N H 3)2]
+的平衡常数K =10
3.8，因此
K 2=10
3.24×10
3.8=10
7.04，C点时，[ Ag( N H 3)2]
+与A g
+浓度相等，所以
1
c
2( N H 3)
=10
7.04
，则c( N H 3)=10
−3.52mol⋅L
−1，故D 正确；
故选：B。
14.(2026·湖北省)溶液电导率( K )高低间接体现了电解
质溶液中导电粒子的有效浓度。303 K下，硫酸质量分
数与其电导率关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 液态纯H 2SO4存在平衡：
2 H 2SO4⇌H 3 SO4
++ HSO4
−
B. 因为k(a)=k(b)，所以pH (a)= pH (b)
C. 电导率最大值对应浓度是构建铅酸蓄电池的重要依据
D. 在一定质量分数区间(15 %～20 %)，硫酸电离度随质量分数增加而增大
【答案】BD
【知识点】弱电解质电离方程式
【解析】解：A .由图可知，液态纯H 2SO4能微弱导电，说明液态纯H 2SO4存在电离平衡，
硫酸分子中O原子含有孤电子对，电离的H
+含有空轨道，二者间可形成配位键，根据水的
电离平衡特点可知，液态纯H 2SO4电离方程式为2 H 2SO4⇌H 3 SO4
++ HSO4
−，故A 正确；
B.H 2SO4是二元酸，存在第二级电离平衡，且硫酸浓度越高，其电离度越小，a点存在的
离子为少量的HSO4
−、H
+和较多量的SO4
2−，b点存在的离子为较多量的HSO4
−、H
+和少
量的SO4
2−，电导率k(a)=k(b)，说明a点离子浓度低，b点离子浓度高，则b点酸性强，
pH (a)< pH (b)，故B 错误；
C.电导率最大说明电解质溶液导电性最强，铅酸蓄电池中电解质为硫酸，其溶液的导电性
强弱决定其对外供电效率高低，导电性强时其对外供电效率高，所以电导率最大值对应浓
度是构建铅酸蓄电池的重要依据，为铅酸蓄电池的改进提供重要参数，故C 正确；
D.H 2SO4是二元酸，存在第二级电离平衡，具有弱电解质的电离特点，稀释仍能促进其电
离，即硫酸浓度越低，其电离度越大，则硫酸电离度随质量分数增加而减小，故D 错误；
故选：BD。
15.(2026· 四川省) 常温下，假设1 L水溶液中C o
2+和C2O4
2−初始物质的量浓度均为
0.01mol⋅L
−1。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如图
所示(忽略溶液体积变化)。已知：体系中含钴物种的存在形式为C o
2+，CoC2O4(s)和
Co(OH )2(s)；K sp(CoC2O4)=6.0×10
−8，K sp[Co(OH )2]=5.9×10
−15。下列说法正
确的是( )
A. 甲线所示物种为H C2O4
−
B. H 2C2O4的电离平衡常数K a2=10
−8
C. pH =a时，C o
2+物质的量浓度为1.6×10
−3mol⋅L
−1
D. pH =b时，物质的量浓度：c(O H
−)<c(C2O4
2−)
【答案】CD
【知识点】沉淀溶解平衡、电离平衡
【解析】A.由上述分析可知，甲、乙、丙、丁线所示物种分别为CoC2O4(s)、H 2C2O4、
H C2O4
−、C2O4
2−，故A 错误；
B.由图可知，pH =b时C2O4
2−、CoC2O4(s)的摩尔分数相等，水溶液中C o
2+和C2O4
2−初
始浓度均为0.01mol/ L，此时溶液中c(C2O4
2−)=0.005mol / L，由
K sp(CoC2O4)=c(C o
2+)⋅c(C2O4
2−)=6.0×10
−8可
计
算
出
溶
液
中
c(C o
2+)=1.2×10
−5mol / L，C2O4
2−部分水解生成H C2O4
−和O H
−，再由
K sp[Co(OH )2]=c(C o
2+)⋅c
2(O H
−)=5.9×10
−15计
算
出
此
时
溶
液
中
c( H C2O4
−)≈c(O H
−)= √
5.9×10
−15
1.2×10
−5 mol / L≈2.2×10
−5mol / L，
( H
+)=
10
−14
2.2×10
−5 mol / L≈4.5×10
−10mol / L，则H 2C2O4
的电离平衡常数
K a2= c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4) ×c( H
+)=
0.005
2.2×10
−5 ×4.5×10
−10≈1.02×10
−7>10
−8，故B 错误；
C.pH =a时，H 2C2O4
、H C2O4
−的摩尔分数相等、均为0.08，由C元素守恒可知，此时
CoC2O4(s)的摩尔分数为1−0.08×2=0.84，即有0.01 x 0.84 =0.0084 mol的钴以沉淀
形
式
存
在
。
因
此
，
溶
液
中
剩
余
的
C o
2+浓
度
为
=0.01mol / L−0.0084 mol / L=1.6×10
−3mol / L，故C 正确；
D. 由B选项分析可知，pH =b时溶液中c(C2O4
2−)=0.005mol⋅L
−1，
c(O H
−)= √
5.9×10
−15
1.2×10
−5 mol / L≈2.2×10
−5mol / L<c(C2O4
2−)，故D 正确；
故选：CD。
【全真模拟测评】
1.(2025·广东省·期末考试)己知常温下溶液中C H 3COOH和C H 3COO
−的物质的量分数
与pH 关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 图中曲线I 表示的是C H 3COO
−
B. 常温下，K a(C H 3COOH )=1×10
−4.7
C. 0.1mol⋅L
−1C H 3COONa溶液中存在等式：c( Na
+)+c(CH 3COO
−)=0.2mol. L
−1
D. 常温下，pH = 4的醋酸溶液中，由水电离产生的c( H
+)=1×10
−4mol⋅L
−1
【答案】B
【知识点】电解质溶液中的图像分析、水的电离及影响因素、电离平衡常数
【解析】随着pH 的增大，C H 3COOH的物质的量分数应逐渐减小，C H 3COO
−的物质
的量分数应主逐渐增大，故图中曲线I 表示的是C H 3COOH，曲线II 代表C H 3COO
−。
A.由上述分析可知，图中曲线I 表示的是C H 3COOH，故A 错误；
B.找图中的交叉点，表示C H 3COOH与C H 3COO
−的含量相等，即它们的浓度也相等，
K a(C H 3COOH )= c(CH 3COO
−)c( H
+)
c(CH 3COOH )
=c( H
+)=1×10
−4.7，故B 正确；
C. 根据物料守恒，0.1mol⋅L
−1 C H 3COONa溶液中存在等式：
c( Na
+)+c(CH 3COO
−)+c(CH 3COOH )=0.2mol. L
−1，故C 错误；
D. 常温下，pH = 4的醋酸溶液中，水的电离受到抑制，由水电离产生的
c( H
+)=1×10
−10mol⋅L
−1，故D 错误。
故选B。
2.(2025·云南省昆明市·期末考试)298K 时，在H 3 PO4溶液中滴入NaOH 溶液，含磷元素的
各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示。
下列说法不正确的是( )
A. 可依次选用甲基橙、石蕊作指示剂，标定反应终点
B. K a2( H 3 PO4)的数量级为10
−8
C. 等物质的量Na H 2 PO4和N a2 HPO4溶于水，其pH 小于7.2
D. 向N a2 HPO4溶液中加入足量的CaC l2溶液，溶液碱性减弱
【答案】A
【知识点】酸碱中和滴定原理、电解质溶液中的图像分析、电离平衡常数、盐的水解常数
【解析】A.用NaOH 溶液滴定H 3 PO4，有两个滴定突跃，第一个用甲基橙作指示剂，第
二个用酚酞作指示剂，A 错误；
B.H 3 PO4的第二步电离方程式为H 2 PO4
−⇌HPO4
2−+ H
+，从图中可知，B 点
c( H 2 PO4
−)=c( HPO4
2−)，此时K a2=c( H
+)=10
−7.2，故其数量级为10
−8，B 正确；
C.H 2 PO4
−⇌HPO4
2−+ H
+，K a2=10
−7.2，H 2 PO4
−的水解常数K h= K W
K a1
= 10
−14
10
−2.1 =10
−11.9，
H 2 PO4
−的电离程度大于水解程度，HPO4
2−⇌PO4
3− + H
+，K a3=10
−12.2，HPO4
2−的水解
常数K h= K W
K a2
= 10
−14
10
−7.2 =10
−6.8，等物质的量的Na H 2 PO4和N a2 HPO4溶于水，因为
HPO4
2−的水解程度大于H 2 PO4
−的电离程度，因此H 2 PO4
−的浓度大于HPO4
2−，
K a2= c( HPO4
2−).c( H
+)
c( H 2 PO4
−)
，c( H 2 PO4
−)=c( HPO4
2−)时pH =7.2，现H 2 PO4
−的浓度大于
HPO4
2−，K a2不变，则c( H
+)>10
−7.2，pH <7.2，C 正确；
D.向N a2 HPO4溶液中加入足量的氯化钙溶液，HPO4
2−⇌PO4
3− + H
+，磷酸根离子与钙
离子生成磷酸钙沉淀，消耗磷酸根离子使电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液碱性
减弱，D 正确；
故选A。
3.(2025·山东省·同步练习)H 2 L为某邻苯二酚类配体，其p K a1=7.46，p K a2=12.4。常
温下构建Fe(Ⅲ)−H 2 L溶液体系，其中c0(Fe
3+)=2.0×10
−4mol⋅L
−1，
c0(H 2 L)=5.0×10
−3mol⋅L
−1。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δ( x)=
c( x)
2.0×10
−4mol⋅L
−1，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确
的是( )
A. 当pH =1时，体系中c(H 2 L)>c([ FeL]
+)>c(OH )>c(HL
−)
B. pH 在9.5∼10.5之间，含L 的物种主要为L
2−
C. L
2−+[ FeL]
+⇌[ FeL2]
−的平衡常数的lg K约为14
D. 当pH =10时，参与配位的c(L
2−)≈1.0×10
−3mol⋅L
−1
【答案】C
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析
【解析】A.从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L
2−进行络合，但在pH =1时，富含L 的型体主
要为H 2 L，此时电离出的H L
−较少，根据H 2 L的一级电离常数可以简单计算pH =1时溶
液中c( H L
−)≈10
−9.46，但pH =1时c(O H
−)=10
−13，因此这四种离子的浓度大小为
c( H 2 L)>c([ FeL]
+)>c( H L
−)>c(O H
−)，A 错误；
B.根据图示的分布分数图可以推导出，H 2 L在pH ≈9.9时H L
−的含量最大，而H 2 L和L
2−
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H L
−，B 错误；
C.该反应的平衡常数K =
c([ FeL2]
−)
c([ FeL]
+)c( L
2−)
，当[ Fe L2]
−与[ FeL]
+分布分数相等时，可以
将K 简化为K =
1
c( L
2−)，此时体系的pH = 4，在pH = 4时可以计算溶液中
c( L
2−)=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[ Fe L3]
3−和[ Fe L2(OH )]
2−，其分布分数均
为0.5，因此可以得到c([ Fe L3]
3−)=c([ Fe L2(OH )]
2−)=1×10
−4mol⋅L
−1，此时形成
[ Fe L3]
3−消耗了3×10
−4mol⋅L
−1的L
2−，形成[ Fe L2(OH )]
2−消耗了2×10
−4mol⋅L
−1
的L
2−，共消耗了5×10
−4mol⋅L
−1的L
2−，即参与配位的c( L
2−)≈5×10
−4，D 错误；
故选C。
4. 已知常温下水溶液中H 2 A、H A
−、A
2−、HB 、B
−的分布分数δ[如
δ (B
−)=
c(B
−)
c (HB)+c(B
−)
、δ ( A
2−)=
c( A
2−)
c(H 2 A)+c(HA
−)+c( A
2−)
]随pOH变化曲线如图所
示。将20.00mL0.0100mol⋅L
−1 H 2 A溶液滴入20.00mL0.0100mol⋅L
−1CaB2溶液
中，过程中溶液变浑浊。
已知：pOH =−lgc(OH
−)；K sp(CaA)=10
−10.4。下列说法正确的是( )
A. 曲线b表示δ (HA
−)
B. 水解平衡常数K h( A
2−)=10
−7.3
C. 反应过程溶液中始终存在：c(HA
−)+2c( A
2−)+c(OH
−)=c (HB)+c(H
+)
D. 恰好完全反应后溶液pOH =8.8，则c(HA
−)=10
−6.7mol⋅L
−1
【答案】B
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析、盐的水解常数
【解析】由题中信息可知，H 2 A为二元弱酸，电离平衡为
H 2 A ⇌HA
−+ H
+、HA
−⇌A
2−+ H
+，
用
0.0100mol⋅L
−1 H 2 A溶
液
滴
定
20.00mL0.0100mol⋅L
−1CaB2溶液，发生反应：H 2 A +CaB2=2 HB+CaA ↓，则酸性
强弱：H 2 A > HB，所以曲线c、d、e 表示H 2 A的各微粒分布曲线，曲线e代表δ (H 2 A)，
曲线d代表δ (HA
−)，曲线c代表δ ( A
2−)，曲线b为δ (HB)，曲线a为δ (B
−)；
A.根据分析可知，曲线b表示δ (HB)，A 错误；
B.A
2−的水解平衡常数K h( A
2−)= c(HA
−)⋅c(OH
−)
c( A
2−)
，曲线d和c相交时c(HA
−)=c( A
2−)，
此时K h( A
2−)=c(OH
−), pOH =7.3,c(OH
−)=10
−7.3，则K h( A
2−)=10
−7.3，B 正确；
C.随着H 2 A溶液的滴入，Ca
2+产生CaA沉淀而析出，溶液中2c(Ca
2+)≠c (HB)+c(B
−)，
根据电荷守恒：c(HA
−)+2c( A
2−)+c(OH
−)+c(B
−)=2c(Ca
2+)+c(H
+)，则
c(HA
−)+2c( A
2−)+c(OH
−)≠c(H
+)+c (HB)，C 错误；
D. 恰好完全反应后溶液中c( A
2−)=
√K sp(CaA)=
√10
−10.4=10
−5.2mol / L，由
K h( A
2−)= c(HA
−)⋅c(OH
−)
c( A
2−)
, K h( A
2−)=10
−7.3可知当pOH =8.8时，c(OH
−)=10
−8.8，
则c(HA
−)=10
−3.7mol⋅L
−1，D 错误：
故选B。
5.浸金液浸取金：Au+2S2O3
2−+Cu( N H 3)4
2+= Au(S2O3)2
3−+2 N H 3(aq)+Cu( N H 3)2
+。
常温下，往pH =10.00，c(C u
+)=0.01mol⋅L
−1，c(S2O3
2−)=0.1mol⋅L
−1的初始溶液
中通入N H 3配制浸金液。不同c( N H 3)体系中含Cu 微粒的分布系数如图。如
Cu( N H 3)4
2+的分在系数δ = c[Cu( N H 3)4
2+]
∑c(
C u
含
微粒
)
。下列说法正确的是( )
A. 浸金液c( N H 3)越高，越有利于金的浸出
B.
Cu( N H 3)4
2++ N H 3=Cu( N H 3)5
2+ K =3.5
C.
浸金液中2c(S2O3
2−)+c( H S2O3
−)=2c[Cu( N H 3)5
2+]+2c[Cu( N H 3)4
2+]
D.
c( N H 3)= 4 mol⋅L
−1时，c(S2O3
2−)>c(O H
−)>c[Cu( N H 3)5
2+]>c[Cu( N H 3)4
2+]
【答案】D
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析
【
解
析
】
A.
浸
金
液
浸
取
金
：
Au+2S2O3
2−+Cu( N H 3)4
2+= Au(S2O3)2
3−+2 N H 3(aq)+Cu( N H 3)2
+，浸金液c( N H 3)
越高，平衡逆向进行，越不利于金的浸出，故A 错误；
B. 图象分析可知，当c[Cu( N H 3)4
2+]=c[Cu( N H 3)5
2+]时，c( N H 3))=3.5mol / L，
Cu( N H 3)4
2++ N H 3=Cu( N H 3)5
2+，K =
c[Cu( NH 3)5
2+]
c[Cu( NH 3)4
2+]×c( NH 3)
=
1
c( NH 3) = 1
3.5，故
B 错误；
C.
浸
金
液
中
存
在
电
荷
守
恒
，
2c(S2O3
2−)+c( H S2O3
−)+c(OH
−)=c( H
+)+2c[Cu( N H 3)5
2+]+2c[Cu( N H 3)4
2+] ，溶
液显碱性，故C 错误；
D.c( N H 3)= 4 mol⋅L
−1时
，
图
象
分
析
可
知
离
子
浓
度
关
系
为
：
c(S2O3
2−)>c(O H
−)>c[Cu( N H 3)5
2+]>c[Cu( N H 3)4
2+]，故D 正确；
故选D。
6. 常温下，向0.1mol / L H 3 AsO4和0.1mol / L H 3 AsO3溶液中分别逐滴加入
0.1mol / LNaOH溶液，溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH 的关系分别如图1 和图
2 所示。下列说法不正确的是( )
A. K a1(H 3 AsO3)=1×10
−9
B. 相同条件下，酸性H 3 AsO4> H 3 AsO3
C. b 点溶液中3c( HAsO4
2−)+3c( AsO4
3−)=c( Na
+)
D. N a3 AsO4溶液中，c( Na
+)=3c( H 2 AsO4
−)+3c( HAsO4
2−)+3c( AsO4
3−)
【答案】D
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析、电离平衡常数
【
解
析
】
A.c
点
时
c( H 3 AsO3)=c( H 2 AsO3
−)，
K a1= c( H
+).c( H 2 AsO3
−)
c( H 3 AsO3)
=c( H
+)=1×10
−9，A 正确；
B.a 点时c( H 3 AsO4)=c( H 2 AsO4
−)，H 3 AsO4的K a1= c( H
+).c( H 2 AsO4
−)
c( H 3 AsO4)
=10
−2.2，
H 3 AsO3的K a1=1×10
−9，则相同条件下酸性H 3 AsO4> H 3 AsO3，B 正确；
C.
根
据
电
荷
守
恒
b
点
有
c( N a
+)+c( H
+)=c( H 2 AsO4
−)+2c( HAsO4
2−)+3c( AsO4
3−)+c(O H
−)，b 点时pH =7，
氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，同时c( H 2 AsO4
−)=c( HAsO4
2−)，则有
3c( HAsO4
2−)+3c( AsO4
3−)=c( Na
+)，C 正确；
D.
根
据
物
料
守
恒
，
N a3 AsO4溶
液
中
，
c( Na
+)=3c( H 2 AsO4
−)+3c( HAsO4
2−)+3c( AsO4
3−)+3c( H 3 AsO4)，D 错误；
故选D。
7.(2026·山西省太原市·月考试卷)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg
2+在不同pH的
Na2CO3体系中的可能产物。
已知：i.图1 中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg
2+)⋅c
2(OH
−)= K sp[Mg(OH )2]；曲线Ⅱ的离子浓
度关系符合c(Mg
2+)⋅c(CO3
2−)= K sp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)=0.1mol⋅L
−1，不
同pH下c(CO3
2−)由图1 得到]。
下列说法不正确的是( )
A. 由图1，pH =10.25,c(HCO3
−)=c(CO3
2−)
B. 由图2，初始状态pH =11、lg[c( Mg
2+)]=−6，无沉淀生成
C. 由图2，初始状态pH =9、lg[c( Mg
2+)]=−2，平衡后溶液中存在
c(H 2CO3)+c(HCO3
−)+c(CO3
2−)=0.1mol⋅L
−1
D. 由图1 和图2，初始状态pH =8、lg[c(Mg
2+)]=−1，发生反应：
Mg
2++2 HCO3
−= MgCO3↓+CO2↑+ H 2O
【答案】C
【知识点】离子方程式正误判断、电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像
分析
【解析】A.水溶液中的离子平衡 从图1 可以看出pH =10.25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pH =11、lg[c(Mg
2+)]=−6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pH =9、lg[c(Mg
2+)]=−2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(H 2CO3)+c(HCO3
−)+c(CO3
2−)<0.1mol⋅L
−1，C 项错
误；
D.pH =8时，溶液中主要含碳微粒是HCO3
−，pH =8，lg[c(Mg
2+)]=−1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
Mg
3+2 HCO3
−= MgCO3↓+ H 2O+CO2↑，D 项正确；
故选C。
8.常温下，将浓度为0.1000mol⋅L
−1的NaOH 溶液滴入20.00mL0.1000mol⋅L
−1的二元
酸H 2 A2O4溶液中，溶液中1 gQ[Q = c( HA2O4
−)
c( H 2 A2O4) 或c( A2O4
2−)
c( HA2O4
−)
]随溶液pH 的变化关
系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 甲表示1g c( A2O4
2−)
c( HA2O4
−)
随溶液pH 的变化关系
B. H 2 A2O4⇌2 H
++ A2O4
2−的平衡常数K =10
−5.07
C. M 点溶液中：c( A2O4
2−)>c(O H
−)>c( H A2O4
−)
D. 0.1mol⋅L
−1 NaH A2O4溶液显碱性
【答案】B
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析、电离平衡常数、
盐的水解常数
【解析】向氢氧化钠溶液中滴入二元酸，溶液中1 gQ[Q = c( HA2O4
−)
c( H 2 A2O4) 或c( A2O4
2−)
c( HA2O4
−)
]
与pH 呈线性关系改变，若甲表示1 g c( A2O4
2−)
c( HA2O4
−)
，取X 点，由c( A2O4
2−)
c( HA2O4
−)
=
K a2
c( H
+)
可知
K a2=10
−1.25，则根据图乙可计算出K al=10
−3.82，然而K a1> K a2，故假设错误。因此甲表
示1 g c( HA2O4
−)
c( H 2 A2O4)，乙表示1 g c( A2O4
2−)
c( HA2O4
−)
。
A.H 2 A2O4的电离常数K a1= c( HA2O4
−)×c( H
+)
c( H 2 A2O4)
，即c( HA2O4
−)
c( H 2 A2O4) =
K al
c( H
+)
，同理
c( A2O4
2−)
c( HA2O4
−)
=
K a2
c( H
+)
，而K al> K a2，故甲表示1g c( HA2O4
−)
c( H 2 A2O4)
随溶液pH 的变化关系，A
项错误；
B.X 点：c( HA2O4
−)=c( H 2 A2O4)，则K a1= c( HA2O4
−)×c( H
+)
c( H 2 A2O4)
=c( H
+)=10
−1.25；同
理，由Y 点可知，K a2=10
−3.82，而H 2 A2O4⇌2 H
++ A2O4
2−的平衡常数
K = K a1⋅K a2=10
−5.07，B 项正确；
C.M 点，lg c( A2O4
2−)
c( HA2O4
−)
>0，则c( A2O4
2−)>c( HA2O4
−)，酸性溶液中，c(OHˉ)很小，
则c( A2O4
2−)>c( HA2O4
−)>c(O H
−)，C 项错误；
D.H A2O4
−的水解常数K h= c( H 2 A2O4)×c(OH
−)
c( HA2O4
−)
= K W
K al
=10
−12.75，则HA2O4
−的电离大
于水解，故NaH A2O4溶液显酸性，D 项错误；
故选B。
9.25
∘C时，向某二元弱酸H 2 X溶液中滴加NaOH 溶液，所得混合溶液pH 与离子浓度变化
的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Q 表示pH 与lg c(HX
−)
c(H 2 X)
的变化关系
B. pH = 4.8时，溶液中c(Na
+)+c(H
+)>3c(HX
−)+c(OH
−)
C. K h(HX
−)=1.0×10
−8.6
D. 当混合溶液呈中性时，c(HX
−)>c(X
2−)
【答案】A
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析、盐的水解常数
【解析】H 2 X为二元弱酸，以第一步电离为主，则K a1(H 2 X)> K a2(H 2 X)，pH 相同时，
c(HX
−)
c(H 2 X)
> c(X
2−)
c(HX
−)
，则lg c(X
2−)
c(HX
−)
>lg c(HX
−)
c(H 2 X)
；
A.H 2 X为二元弱酸，以第一步电离为主，则K a1(H 2 X)> K a2(H 2 X)，pH 相同时，
c(HX
−)
c(H 2 X)
> c(X
2−)
c(HX
−)
，由图知，线P 表示pH 与lg c(X
2−)
c(HX
−)
的变化曲线，线Q 表示pH 与
lg c(HX
−)
c(H 2 X)
的变化曲线，A 项正确；
B.pH = 4.8时
，
c(HX
−)>c(X
2−)，
结
合
电
荷
守
恒
可
知
：
c(Na
+)+c(H
+)<3c(HX
−)+c(OH
−) ，B 项错误；
C.
据
图
知
，lg c(HX
−)
c(H 2 X)
=0时
，
c(HX
−)
c(H 2 X)
=1，
此
时
溶
液
pH = 4.4，
K al(H 2 X)=1.0×10
−4 .4， K h(HX
−)=
K w
K al(H 2 X)
=1.0×10
−9.6，C 项错误；
D.当溶液呈中性时，由图知lg c(X
2−)
c(HX
−)
>0，即c(X
2−)>c(HX
−) ，D 项错误；
故选A。
10.(2025·湖北省武汉市·月考试卷)常温下，向20mL0.1mol⋅L
−1C H 3COONa溶液中滴
入等浓度的HCOOH 溶液，所得溶液中lg
c (HCOOH )
c(CH 3COOH )与lg
c(HCOO
−)
c(CH 3COO
−)
的关系如图
所示。已知K a(CH 3COOH )=1.76×10
−5，下列说法错误的是( )
A. K a(HCOOH )=1.76×10
−4
B. 滴入20mL HCOOH 溶液后，溶液中存在：c(HCOO
−)>c(CH 3COOH )
C. 随着HCOOH 溶液的加入，
c (HCOOH )⋅c(CH 3COOH )
c(HCOO
−)⋅c(CH 3COO
−)
逐渐增大
D. 滴入20mL HCOOH 溶液后，溶液中存在：
c(CH 3COOH )+c(OH
−)+c(CH 3COO
−)=c( HCOOH )+c(Na
+)+c(H
+)
【答案】D
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析、电离平衡常数
【解析】A. 由图可知，lg
c (HCOOH )
c(CH 3COOH )
=0时，，lg
c(HCOO
−)
c(CH 3COO
−)
=1，即
c (HCOOH )
c(CH 3COOH )
=1时
c(HCOO
−)
c(CH 3COO
−)
=10，
K a(HCOOH )= c(HCOO
−).c(H
+)
c (HCOOH )
，
K a(CH 3COOH )
K a(HCOOH ) = c(CH 3COO
−)
c(HCOO
−)
. c (HCOOH )
c(CH 3COOH )
= 1
10，
K a(CH 3COOH )=1.76×10
−5，则K a(HCOOH )=1.76×10
−4，A 正确；
B.向其中滴入20mL 等浓度的HCOOH 溶液后，C H 3COONa溶液恰好反应完，溶液中
c( HCOONa)=c(C H 3COOH )，
HCOO
−的
水
解
常
数
K h=
1×10
−14
1.76×10
−4 < Ka(CH 3COOH )，故以C H 3COOH的电离为主，故
c(HCOO
−)>c(CH 3COOH )，B 正确；
C.
随
着
HCOOH
溶
液
的
加
入
，
溶
液
中
存
在
c (HCOOH )⋅c(CH 3COOH )
c(HCOO
−)⋅c(CH 3COO
−)
= c (HCOOH )⋅c(CH 3COOH )⋅c
2(H
+)
c(HCOO
−)⋅c(CH 3COO
−)⋅c
2(H
+)
=
c
2(H
+)
K a(HCOOH )⋅K a(CH 3COOH )
溶液中c(H
+)会不断增大，电离平衡常数不变，故 c (HCOOH )⋅c(CH 3COOH )
c(HCOO
−)⋅c(CH 3COO
−)
增大，
C 正确；
D.向其中滴入20mL 等浓度的HCOOH 溶液后，C H 3COONa溶液恰好反应完，溶液中
c( HCOONa)=c(C H 3COOH )，
根
据
物
料
守
恒
可
得
c (HCOOH )+c(HCOO
−)=c(CH 3COOH )+c(CH 3COO
−)，根据电荷守恒可知
c(Na
+)+c(H
+)=c(HCOO
−)+c(CH 3COO
−)+c(OH
−)，两式相加，整理可得关系式
c(CH 3COOH )+c(OH
−)+2c(CH 3COO
−)=c (HCOOH )+c(Na
+)+c(H
+)，D 错误。
故选D。
11. 室温下，向H 2 A溶液中滴加NaOH 溶液，若pc(B)=−lgc(B)，则所得溶液中
pc( H 2 A )、p( H A
−)、pc( A
2−)与溶液pH 的关系如图所示，已知醋酸的电离常数
K a(C H 3COOH )=10
−4.76。下列说法不正确的是( )
A. C H 3COO
−与H A
−不能大量共存
B. M 点时，2c( H A
−)+c( A
2−)<c( N a
+)
C. N a2 A溶液第一步水解常数数量级为10
−10
D. NaHA 溶液中：c( H
+)[ c( HA
−)
K a1
+1]=c(O H
−)[ c( HA
−)
K h1
+1]
【答案】B
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析、离子共存、盐的
水解常数
【解析】由图可知，溶液pH 为1.3时，溶液中H 2 A浓度与H A
−离子浓度相等，由电离常
数公式可知，电离常数K a1( H 2 A )= c( HA
−)c(H
+)
c(H 2 A)
= c( H
+)=10
−1.3，同理可知，电离常
数K a2( H 2 A )= c( A
2−)c(H
+)
c( HA
−)
= c( H
+)=10
−4.3。
A.由分析可知，电离常数K a1( H 2 A )> Ka(C H 3COOH )，则H A
−的电离程度大于醋酸，
酸性强于醋酸，由强酸制弱酸的原理可知，溶液中H A
−能与醋酸根离子反应生成醋酸，不
能大量共存，A 正确；
B.由图可知，M 点溶液中H A
−离子浓度与A
2−离子浓度相等，溶液pH 为4.3，溶液中氢离
子浓度大于氢氧根离子，由电荷守恒c( N a
+)+c( H
+)=c( H A
−)+ 2c( A
2−)+c(O H
−)可
知，溶液中c( N a
+)<2c( H A
−)+c( A
2−)，故B 错误；
C.
由
分
析
可
知
，
电
离
常
数
K a2( H 2 A )为
10
−4.3，
K h1= c( HA
−)c(OH
−)
c( A
2−)
= K w
K a2
= 1.0×10
−14
1.0×10
−4 .3 =10
−9.7，则N a2 A溶液第一步水解常数数量
级为10
−10，故C 正确；
D.NaHA 溶液中存在质子守恒关系c( H 2 A )+c( H
+)=c( A
2−)+ c(O H
−)，由电离常数和
水解常数公式可得：c( HA
−)c(H
+)
K a1
+c( H
+)= c( HA
−)c(OH
−)
K h1
+ c(O H
−)，整合关系
式可得：溶液中c( H
+)[ c( HA
−)
K a1
+1]=c(O H
−)[ c( HA
−)
K h1
+1]，故D 正确；
故选B。
12.(2024·山东省济南市·其他类型)25
∘C时，两种不同浓度(c1=1.0×10
−1mol⋅L
−1、
c2=1.0×10
−4mol⋅L
−1)的弱酸HB 溶液中，lgc (HB)、lgc(B
−)、lgc(H
+)和lgc(OH
−)
随pH 变化的关系如图所示。Ka 为HB 的电离常数，电离度
α = 已电离的溶质分子数
原有溶质分子总数
×100¿，下列说法错误的是( )
A. d 曲线表示c2溶液中B
−的变化情况
B. 当溶液的pH > −lg Ka时，c1溶液中满足c(B
−)>c (HB)
C. P 点时c(H
+)=c(B
−)+c(OH
−)
D. c1溶液中HB 的电离度α =
K a
c(H
+)+ K a
×100 %(忽略水的电离)
【答案】C
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电离度、电解质溶液中的图像分析
【解析】两种不同浓度(c1=1.0×10
−1mol⋅L
−1、c2=1.0×10
−4mol⋅L
−1)的弱酸HB
溶液中，HB 的电离方程式为：HB⇌H
++ B
−，pH 增大，平衡正向移动，c( HB)减小，
c(B
−)增大，结合初始浓度可知a 曲线为c1中的c( HB)，b 曲线为c1中的c(B
−)，c 曲线为
c2中的c( HB)，d 曲线为c2中c(B
−)。
A.由初始浓度可知a 曲线为c1中的c( HB)，b 曲线为c1中的c(B)，c 曲线为c2中的c( HB)，
d 曲线为c2中c(B
−)，A 正确；
B. 在c1溶液中，a 、b 曲线交点处，c( HB)=c(B
−)，Ka= c(H
+)c(B
−)
c (HB)
=c(H
+)，得
pH =−lg K a，根据图像可知，当溶液的pH 大于−1 g K a时，c(B
−)>c( HB)，B 正确；
C.P 点洛液中，c( H
−)=c(B
−)，所以不满足c(H
+)=c(B
−)+c(OH
−)，C 错误；
D.
α = c( H
+)
c总( HB) ×100¿=
c( H
+)
c( HB)+c(B
−)
×100¿=
c(B
−)
c( H
+)c(B
−)
K a
+c(B
−)
×100¿=
K a
c( H
+)+ K a
×100¿
，D 正确；
故选C。
13.25
∘C时，用
NaOH
调节C H 3COOH溶液的
pH ，保持体系中
c(CH 3COOH )+c(CH 3COO
−)=0.1mol⋅L
−1。粒子浓度的对数值(lgc)以、反应物的
物质的量之比[t =
n( NaOH )
n(CH 3COOH ) ]与pH 的关系如图所示。下列有关说法错误的是( )
A. 25
∘C时，C H 3COOH的电离平衡常数的数量级为10
−5
B. t =0.5时，c( H
+)+c(CH 3COOH )<c(CH 3COO
−)+c(OH
−)
C. P1所示溶液：c( Na
+)=0.05mol⋅L
−1
D. P2所示溶液：c(CH 3COO
−)>100c(CH 3COOH )
【答案】C
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析、电离平衡常数
【解析】A.从图中可知，c(C H 3COOH )和c(C H 3COO
−)相同时(虚线与实线相交的点)，
pH = 4.75，根据C H 3COOH ⇌C H 3COO
−+ H
+，醋酸浓度和醋酸根离子浓度相同时，
K =c( H
+)=10
−4.75，数量级为10
−5，A 正确；
B.根据电荷守恒c( N a
+)+c( H
+)=c(C H 3COO
−)+c(O H
−)，t =0.5时，溶液中溶质为
C H 3COOH和C H 3COONa，假设不发生电离和水解，两者浓度相同，现溶液呈酸性，
说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，因此c( N a
+)>c(C H 3COOH )，再结
合电荷守恒的等式可得c( H
+)+c(CH 3COOH )<c(CH 3COO
−)+c(OH
−)，B 正确；
C.P1溶液中，根据电荷守恒有c( N a
+)+c( H
+)=c(C H 3COO
−)+c(O H
−)，因为醋酸根
离子浓度等于醋酸浓度，且两者浓度和为0.1mol/ L，则醋酸根离子浓度为0.05mol/ L，
溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则要使电荷守恒等式成立，
c( N a
+)<c(C H 3COO
−)=0.05mol / L，C 错误；
D.根据A 中计算可知，醋酸的电离常数K =10
−4.75，即c( H
+).c(CH 3COO
−)
c(CH 3COOH )
=10
−4 .75，
P2点溶液呈中性，c( H
+)=10
−7mol / L，则
c(CH 3COO
−)
c(CH 3COOH ) =10
2.25，故
c(C H 3COO
−)>100c(C H 3COOH )，D 正确；
故选C。
14.(2026·四川省·同步练习)下图为Fe(OH )3、Al(OH )3和Cu(OH )2在水中达沉淀溶解平
衡时的pM −pH关系图( pM =−lg[c (M )/(mol⋅L
−1)]；c (M )≤10
−5mol⋅L
−1可认为M
离子沉淀完全)。下列叙述正确的是( )
A. 由a点可求得K sp(Fe(OH )3)=10
−8.5
B. pH = 4时Al(OH )3的溶解度为10
−10
3
mol⋅L
−1
C. 浓度均为0.01mol⋅L
−1的Al
3+和Fe
3+可通过分步沉淀进行分离
D. Al
3+、Cu
2+混合溶液中c(Cu
2+)=0.2mol⋅L
−1时二者不会同时沉淀
【答案】C
【知识点】沉淀溶解平衡的图像分析、沉淀溶解平衡的应用、溶度积常数
【
解
析
】
A.
由
点
a(2,2.5)可
知
，
此
时
pH =2，
pOH =12，
则
K sp(Fe(OH )3)=c( Fe
3+)⋅c
3(OH
−)=10
−2.5×10
−12×3=10
−38.5，故A 错误；
B.
由
点
(5,6)可
知
，
此
时
pH =5，
pOH =9，
则
K sp( Al(OH )3)=c( Al
3+)⋅c
3(OH
−)=10
−6×10
−9×3=10
−33，pH = 4时Al(OH )3的溶解
度为10
−33
(10
−10)
3 =10
−3mol⋅L
−1，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Al
3+和Fe
3+，故C 正确；
D.由图可知，Al
3+沉淀完全时，c( Al
3+)≤10
−5mol⋅L
−1，pM ≥5，此时pH 约为4.7，在
此
pH
下
Cu
2+刚
开
始
沉
淀
的
浓
度
为
0.1mol⋅L
−1，
而
题
中
c(Cu
2+)=0.2mol⋅L
−1>0.1mol⋅L
−1，则Al
3+、Cu
2+会同时沉淀，故D 错误；
故选C。
15.(2026·四川省·同步练习)(NH 4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应
的溶液，下列说法正确的是( )
A. M点K w等于N点K w
B. M点pH大于N点pH
C. N点降温过程中有2 个平衡发生移动
D. P点c(H
+)+c(NH 4
+)+c(NH 3⋅H 2O)=c(OH
−)+2c(SO4
2−)
【答案】B
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析、盐类的水解平衡
及其影响因素
【解析】A.温度升高，水的电离程度增大，则M点K w小于N点K w，A 错误；
B.升高温度促进铵根离子的水解，且N 点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，
N 点酸性更强，故M点pH大于N点pH，B 正确；
C.N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3 个平衡发
生移动，C 错误；
D.P点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，c(H
+)+c(NH 4
+)=c(OH
−)+2c(SO4
2−)
D 错误；
故选B。
16.(2025·黑龙江省哈尔滨市·期末考试)某温度下，分别向10.00mL0.1mol⋅L
−1的KCl 和
K 2Cr O4溶液中滴加0.1mol⋅L
−1 AgN O3溶液，滴加过程中−lgc( M )( M为C l
−或
CrO4
2−)与AgN O3溶液体积(V )的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知铬酸银是
深红色晶体，下列说法正确的是( )
A. 该温度下，K sp( A g2Cr O4)= 4.0×10
−9.8
B. 曲线L2表示−lgc(C l
−)与V ( AgN O3)的变化关系
C. P 点溶液中：c( K
+)>c( NO3
−)>c( A g
+)>c( H
+)>c(O H
−)
D. 若向等浓度的KCl 和K 2Cr O4的混合溶液中滴加硝酸银溶液，则先出现白色沉淀
【答案】D
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、沉淀溶解平衡的图像分析、沉淀溶解平衡的
应用、溶度积常数
【解析】NaCl 和AgN O3反应的化学方程式为NaCl+ AgN O3= AgCl↓+ KN O3；
N a2Cr O4和
AgN O3反
应
的
化
学
方
程
式
为
N a2Cr O4+2 AgN O3= A g2Cr O4↓+2 NaN O3，由图可知，NaCl 和AgN O3恰好反应时
消
耗
V ( AgN O3)=10.00mL，
N a2Cr O4和
AgN O3恰
好
反
应
时
消
耗
V ( AgN O3)=20.00mL，则图中L1
代表是−lgc(C l
−)与V ( AgN O3)的变化关系，L2
代
表
是
−1 gc (CrO4
2−)与
V ( AgN O3)的
变
化
关
系
，
N
点
时
1
2 c( A g
+)=c(CrO4
2−)=10
−4mol / L，
K sp( A g2Cr O4)=c
2( A g
+).
c(CrO4
2−)=(2×10
−4)
2×10
−4= 4×10
−12，据此分析解答。
A.N 点纵坐标的数值是4，则A g2Cr O4在沉淀溶解平衡中c(CrO4
2−)=10
−4mol / L，
c( A g
+)=2c(CrO4
2−)=2×10
−4mol / L，
K sp( A g2Cr O4)=c
2( A g
+).
c(CrO4
2−)=(2×10
−4)
2×10
−4= 4×10
−12，A 错误；
B.根据上述分析可知：图中L1代表是−lgc(C l
−)与V ( AgN O3)的变化关系，L2代表是
−1 gc (CrO4
2−)与V ( AgN O3)的变化关系，B 错误；
C. 根据上述分析可知：L1代表是−lgc(C l
−)与V ( AgN O3)的变化关系，在
V ( AgN O3)=10.00mL，二者恰好发生NaCl+ AgN O3= AgCl↓+ KN O3，溶液为KN O3
溶液，此时溶液中溶质n( KN O3)=0.1mol / L×0.01 L=0.001mol，在P 点又加入
AgN O3的物质的量为n( AgN O3)=0.1mol / L×0.005 L=0.0005mol，故P 点为KN O3、
AgN O3的混合溶液，n( KN O3)：n( AgN O3)=2：1，KN O3是强酸强碱盐，不水解；
AgN O3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以c( H
+ )>c(O H
−)，但盐的水解是微弱
的，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：c( NO3
−)>c( K
+
)>c( A g
+ )>c( H
+ )>c(O H
−)，C 错误；
B.由图可知：向相同浓度的KCl 和K 2Cr O4混合溶液中加入AgN O3溶液时形成AgCl 沉淀
所需c( A g
+)较小，先生成AgCl 沉淀，故先观察到有白色沉淀产生，D 正确；
故选D。
17.(2026·四川省·同步练习)一定温度下，AgCl 和A g2Cr O4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A g2Cr O4沉淀，也能生成AgCl 沉淀
B. b 点时，c(C l
−)=c(Cr O4
2−)，K sp( AgCl)= K sp( A g2Cr O4)
C. A g2Cr O4+2C l
−⇌2 AgCl +CrO 4
2−的平衡常数K =10
7.9
D. 向NaCl、N a2Cr O4均为0.1mol⋅L
−1的混合溶液中滴加AgN O3溶液，先产生
A g2Cr O4沉淀
【答案】C
【知识点】沉淀溶解平衡的图像分析、沉淀溶解平衡的应用、溶度积常数
【
解
析
】
根
据
图
像
，
由(1.7,5)可
得
到
A g2Cr O4的
溶
度
积
K sp( A g2Cr O4)=c
2( A g
+)⋅c(Cr O4
2−)=(1×10
−5)
2×1×10
−1.7=10
−11.7，由(4.8,5)可
得到AgCl 的溶度积K sp( AgCl)=c( A g
+)⋅c(Cl)=1×10
−5×1×10
−4.8=10
−9.8，据此数
据计算各选项结果。
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( A g2Cr O4)=10
−17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积K sp，二者不会生成沉淀，A
错误；
B.K sp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 = c(CrO4
2−)
c
2(Cl
−)
，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关
的
式
子
得
K = c(CrO4
2−)
c
2(Cl
−)
= c(CrO4
2−)⋅c
2( Ag
+)
c
2(Cl
−)⋅c
2( Ag
+)
= K sp( Ag2CrO4)
K sp
2( AgCl)
= 1×10
−11.7
(1×10
−9.8)
2 =1×10
7.9，C 正
确；
D.向NaCl、N a2Cr O4均为0.1mol⋅L
−1的混合溶液中滴加AgN O3，开始沉淀时所需要的
c( A g
+)分别为10
−8.8和10
−5.35，说明此时沉淀C l
−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；
故选C。
18.(2024·西藏自治区·期末考试)人体血液存在H 2CO3/ HCO3
−和HPO4
2−/ H 2 PO4
−等缓冲
对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x[ x表示
c(H 2CO3)
c(HCO3
−)
或
c(HPO4
2−)
c(H 2 PO4
−)
]与
pH
的
关
系
如
图
所
示
。
已
知
p K a1(H 2CO3)=6.4，
p K a2(H 3 PO4)=7.2( p K a=−lg K a)。下列说法正确的是( )
A. 曲线I 表示lg c(HPO4
2−)
c(H 2 PO4
−)
与pH 的变化关系
B. a 点→b点的过程中，水的电离程度逐渐减小
C. 当pH 增大时，c(HCO3
−)⋅c(H 2 PO4
−)
c(H 2CO3)
逐渐减小
D. 当c(H 2CO3)=c(HCO3
−)时，c(HPO4
2−)<c(H 2 PO4
−)
【答案】D
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、电解质溶液中的图像分析、水的电离及影响
因素
【解析】A.由电离平衡H 2CO3⇌HCO3
−+ H
+和H 2 PO4
−⇌HPO4
2−+ H
+可知，随pH 增大，
溶液中c(OH
−)增大，电离平衡向右移动，
c(H 2CO3)
c(HCO3
−)
减小，
c(HPO4
2−)
c(H 2 PO4
−)
增大，即
lg c(H 2CO3)
c(HCO3
−)
减小，lg c(HPO4
2−)
c(H 2 PO4
−)
增大，所以曲线I 表示lg c(H 2CO3)
c(HCO3)
与pH 的变化炎系，
曲线II 表示lg c(HPO4
2−)
c(H 2 PO4
−)
与pH 的变化关系，故A 错误；
B.a 点→b点的过程中，c(HCO3
−)逐渐增大，对水的电离的促进作用增大，所以水的电离
程度逐渐增大，故B 错误；
C. 根据K a1(H 2CO3)= c(H
−)⋅c(HCO3
−)
c(H 2CO3)
和K a2(H 3 PO4)= c(H
+)⋅c(HPO4
2−)
c(H 2 PO4
−)
，可得
c(HCO3
−)⋅c(H 2 PO4
−)
c(H 2CO3)
= K a1(H 2CO3)
K a2(H 3 PO4)
⋅c(HPO4
2−)，当pH 增大时，H 2 PO4
−的电离被促
进，HPO4
2−浓度逐渐增大，所以
c(HCO3
−)⋅c(H 2 PO4
−)
c(H 2CO3)
逐渐增大，故C 错误；
D.由题给信息可知，当c(H 2CO3)=c(HCO3
−)时，lg c(H 2CO3)
c(HCO3
−)
=0，此时的pH 约为6.4，
由图可推断，pH =6.4时，lg c(HPO4
2−)
c(H 2 PO4
−)
<0，说明c(HPO4
2−)<c(H 2 PO4
−)，故D 正确；
故选D。
19.(2026·浙江省·同步练习)室温时，用0.100mol⋅L
−1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL
浓度相等的Cl
−、Br
−和I
−混合溶液，通过电位滴定法获得lgc( Ag
+)与V ( AgNO3)的关系
曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10
−5mol⋅L
−1时，
认为该离子沉淀完全。K sp( AgCl)=1.8×10
−10，K sp( AgBr )=5.4×10
−13，
K sp( AgI )=8.5×10
−17)。下列说法正确的是( )
A. a 点：有白色沉淀生成
B. 原溶液中I
−的浓度为0.100mol⋅L
−1
C. 当Br
−沉淀完全时，已经有部分Cl
−沉淀
D. b 点：c(Cl
−)>c(Br
−)>c(I
−)>c( Ag
+)
【答案】C
【知识点】电解质溶液中离子浓度大小比较、沉淀溶解平衡的图像分析、沉淀溶解平衡的
应用
【解析】向含浓度相等的C l
−、Br
−和I
−混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶
度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I
−、Br
−、C l
−，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝
酸银溶液时，C l
−恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为
4.50mL×10
−3 L/mL×0.1000mol / L= 4.5×10
−4mol，所以C l
−、Br
−和I
−均为
1.5×10
−4mol。
A.I
−先沉淀，AgI 是黄色的，所以a 点有黄色沉淀AgI 生成，故A 错误；
B.
原
溶
液
中
I
−的
物
质
的
量
为1.5×10
−4mol，
则
I
−的
浓
度
为
1.5×10
−4mol
0.01500 L
=0.0100mol⋅L
−1，故B 错误；
C.
当Br
−沉
淀
完
全
时(B r
−浓
度
为1.0×10
−5mol / L)，
溶
液
中
的
c( A g
+)= K sp( AgBr )
c(Br
−)
= 5.4×10
−13
1.0×10
−5 =5.4×10
−8mol / L，若C l
−已经开始沉淀，则此时
溶液中的c(C l
−)= K sp( AgCl)
c( Ag
+)
= 1.8×10
−10
5.4×10
−8 =3.3×10
−3mol / L，原溶液中的c(C l
−)=
c( I
−)=0.0100mol⋅L
−1，则已经有部分C l
−沉淀，故C 正确；
D.b 点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I
−、Br
−、C l
−全部转化为沉淀，则A g
+浓度最
大，根据溶度积可知，b 点各离子浓度为：c( Ag
+)>c(Cl
−)>c(Br
−)>c(I
−)，故D 错误；
故选C。
