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专题07 水溶液中的离子反应与平衡
4 大考点概览
题型01 弱电解质的电离
题型02 水的电离和溶液的酸碱性
题型03 盐类的水解
题型04 沉淀溶解平衡
1．（2026·河北承德·一模）常温下，用NaOH 溶液滴定H3PO4溶液过程中，溶液中的PO4
3−、HPO4
2−、
H2PO4
−、H3PO4的物质的量分数δ(X)随pH 的变化如图所示[已知：
δ(X)=
c(X)
c(H3PO4)+c(H2PO4
−)+c(HPO4
2−)+c(PO4
3−)
]。已知K h1表示PO4
3−第一步的水解常数，以此类推。下
列说法错误的是
A．曲线①代表H3PO4
B．H3PO4+ HPO4
2−⇌2H2PO4
−的K =10
5.08
C．pH =11时，c(HPO4
2−):c(PO4
3−)=10
−1.36:1
D．lg K a2=lg K h2−0.4
【答案】C
【分析】据图可知，曲线①、②、③、④分别代表H3PO4、H2PO4
−、HPO4
2−、PO4
3−；结合电离常数表达式和
曲线交点离子浓度数量关系可知，当c(H2PO4
−)=c(H3PO4)，K a1= c (H
+)⋅c(H2PO4
−)
c(H3PO4)
=c (H
+)=10
−2.12；当
c(H2PO4
−)=c(HPO4
2−)，K a2= c (H
+)⋅c(HPO4
2−)
c(H2PO4
−)
=c (H
+)=10
−7.20；当c(HPO4
2−)=c(PO4
3−)，
K a3= c (H
+)⋅c(PO4
3−)
c(HPO4
2−)
=c (H
+)=10
−12.36；据此作答。
题型01
弱电解质的电离
【详解】A．曲线①代表H3PO4，A 正确；
B．K =
c
2(H2PO4
−)
c(H3PO4)c(HPO4
2−)
= c (H
+)c(H2PO4
−)c(H2PO4
−)
c(H3PO4)c(HPO4
2−)c (H
+) = K a1
K a2
= 10
−2.12
10
−7.20 =10
5.08，B 正确；
C．pH =11时，K a3= c (H
+)⋅c(PO4
3−)
c(HPO4
2−)
=10
−12.36= 10
−11⋅c(PO4
3−)
c(HPO4
2−)
，则
c(HPO4
2−)
c(PO4
3−)
= 10
−11
10
−12.36 =1:10
−1.36，C
错误；
D．K a2=10
−7.20，而K a2 K h2= K w，所以K h2=10
−6.80，因此lg K a2=lg K h2−0.4，D 正确；
故选C。
2．（2026·福建泉州·一模）常温下，向1 L 水中分别加入0.005 mol Fe2(SO4)3和0.01mol Na3PO4，调节
溶液的pH(忽略体积变化)，平衡时体系中P 元素以FePO4、PO4
3−、HPO4
2−、H2PO4
−和H3PO4形式存在，物质
的量分数[如FePO4的物质的量分数为
n(FePO4)
n(所有含磷物种) ×100 %]随pH 变化如图。
已知：K sp(FePO4)=9.9×10
−16，K sp[Fe(OH)3)=2.8×10
−39，10
0.2≈1.6，下列说法正确的是
A．甲线所示物种为HPO4
2−
B．K a2(H3PO4)=1.0×10
−8
C．pH =0.7时，c (Na
+)=3[c(PO4
3
−)+c(HPO4
2−)+c(H2PO4
−)+c(H3PO4))
D．FePO4+2OH
−+ H2O = Fe(OH)3+ HPO4
2−的平衡常数K 的数量级为10
21
【答案】D
【详解】A．含磷物种中，pH 越小（酸性越强），FePO4越稳定，几乎所有P 都以FePO4沉淀形式存在，
因此低pH 下物质的量分数接近1 的甲为FePO4，不是HPO4
2−，A 错误；
B．磷酸的电离：H2PO4
−⇌H
++ HPO4
2−，K a2= c(H
+)c(HPO4
2−)
c(H2PO4
−)
，仅当c(H2PO4
−)=c(HPO4
2−)时，
K a2=c(H
+)=10
−pH。由图可知，pH =8.0是FePO4（甲）和HPO4
2−（丙）的交点，此时H2PO4
−的物质的量分
数已经很小，c(H2PO4
−)≠c(HPO4
2−)，故K a2≠1.0×10
−8，B 错误；
C．初始加入0.01molNa3PO4，故c(Na
+)=0.03 mol/L。pH =0.7时，几乎所有P 都沉淀为FePO4，溶液中
游离的PO4
3−、HPO4
2−、H2PO4
−、H3PO4总浓度远小于0.01mol/L，因此
c(Na
+)>3[c(PO4
3−)+c(HPO4
2−)+c(H2PO4
−)+c(H3PO4)]，C 错误；
D．对反应FePO4+2OH
−+ H2O = Fe(OH)3+ HPO4
2−，平衡常数K = c(HPO4
2−)
c
2(OH
−)
，且已知
K sp( FePO4)=c( Fe
3+)⋅c( PO4
3−)，K sp[ Fe(OH )3]=c( Fe
3+)⋅c
3(OH
−)；磷酸第三步电离
HPO4
2−⇌H
++ PO4
3−，K a3= c( H
+)⋅c( PO4
3−)
c( HPO4
2−)
；水的离子积K w =c( H
+)⋅c(OH
−)=10
−14；整理后可
得：K
=
K sp( FePO4)⋅K w
K a3⋅K sp[ Fe(OH )3]；从图像可知，pH =12.2时，HPO4
2−和PO4
3−的物质的量分数相等，即
c( HPO4
2−)=c( PO4
3−)，因此 K a3=c( H
+)=10
−12.2；
K
= 9.9×10
−16×10
−14
2.8×10
−39×10
−12.2 ≈3.5×10
21.2=3.5×10
0.2×10
21≈5.6×10
21，D 正确；
故选D。
3．（2026·辽宁抚顺·一模）常温下，水杨酸(分子式为C7 H 6O3，结构简式为
，可用H2 A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，K a1(水杨酸)> K a1(尼泊金酸)。
下列说法错误的是
A．曲线M 表示δ (H2 A)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．K a2(水杨酸)< K a2(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K a1( H 2 A )> K a1( H 2B)，故p K a1( H 2 A )< p K a1( H 2B)，当δ( H 2 X )=δ( H X
−)时，
pH = p K a1，pH 更小的2.9 对应H2A的p K a1，曲线M 随pH 升高而下降，代表δ( H 2 A )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K a2(水杨酸)< K a2(尼泊金
酸)，C 正确；
D．当往H2 A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，K a1(H2A)=10
−2.9，
K a2(H2A)=10
−13.8，K a1× K a2= 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。
4．（2026·陕西西安·一模）常温下，氢氟酸溶液中含氟物种的分布分数(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1 所示；常温下，用HCl(g)调节SrF2浊液的pH，测得不同pH 下，平衡体
系中−lgc (X)(X 为Sr
2+或F
−)与lg c (HF)
c (H
+) 的变化关系如图2 所示。已知：lg2=0.3。下列叙述错误的是
A．常温下，K a (HF)=10
−3.2
B．L2代表−lgc(Sr
2+)与lg c (HF)
c (H
+) 的变化关系
C．z 点对应的溶液中存在2c (HF)=3c(Cl
−)+2c(OH
−)
D．x、y 点对应的溶液中均存在c(Cl
−)+c(OH
−)=c (HF)+c (H
+)
【答案】C
【详解】A．根据HF 的电离平衡常数表达式：K a(HF)= c (H
+)⋅c(F
−)
c (HF)
，当图1 中δ (HF)=δ (F
−)时，溶液
中c (HF)=c(F
−)，此时K a(HF)=c (H
+)；由图可知该点pH=3.2，即c (H
+)=10
−3.2mol⋅L
−1，因此
K a(HF)=10
−3.2，A 正确；
B．由K a(HF)= c (H
+)⋅c(F
−)
c (HF)
变形可得：c(F
−)= K a⋅c (HF)
c (H
+) ，随着横坐标lg c (HF)
c(H
2) 增大，c(F
−)浓度升高；
结合SrF2的沉淀溶解平衡K sp=c(Sr
2+)⋅c
2(F
−)，当c(F
−)升高时，c(Sr
2+)浓度会降低，对应的
−lgc(Sr
2+)值增大，且其变化的斜率是c(F
−)变化的2 倍，因此图中斜率更大的L2代表−lgc(Sr
2+)随
lg c (HF)
c (H
+) 的变化，B 正确；
C．溶液的电荷守恒式为：2c(Sr
2+)+c (H
+)=c(F
−)+c(Cl
−)+c(OH
−)，结合物料守恒式
2c(Sr
2+)=c (HF)+c(F
−)，两式联立可消去2c(Sr
2+)，得到c (HF)+c (H
+)=c(Cl
−)+c(OH
−)，当
lg c (HF)
c (H
+) =0.3（即c (HF)
c (H
+) =2，c (HF)=2c (H
+)）时，将c (H
+)= 1
2 c (HF)代入关系式
c (HF)+c (H
+)=c(Cl
−)+c(OH
−)，可得：c (HF)+ 1
2 c (HF)=c(Cl
−)+c(OH
−)，整理后为
3c (HF)=2c(Cl
−)+2c(OH
−)，C 错误；
D．由电荷守恒与物料守恒联立得到的c (HF)+c (H
+)=c(Cl
−)+c(OH
−)是不随溶液pH 变化的通用关系式，
图中x、y 两点均满足溶液的电荷与物料守恒，因此该关系式在两点都成立，D 正确；
故答案选C。
5．（2026·河北承德·一模）常温下，向10 mL0.1mol⋅L
−1BOH溶液中滴加V mL0.1mol⋅L
−1 H2A溶液，
混合溶液中pX 与pH 的关系如图所示。下列说法正确的是
已知：①pX =−lgX，X 代表c(HA
−)
c(H2 A)
、c(A
2−)
c(HA
−)或c (B
+)
c (BOH)；
②常温下，CaA 的K sp=2.5×10
−9，K 稳[Ca (BOH)6
2+)=
e[Ca (BOH)6
2+)
c
6 (BOH)⋅c(Ca
2+) =1.1×10
13。
A．曲线Ⅰ表示p c(HA
−)
c(H ,2A)与pH 的关系
B．BHA 溶液呈碱性
C．pH =7时，存在关系；c (B
+)<c(A
2−)+c(HA
−)
D．常温下，向CaA 悬浊液中滴加BOH，CaA 会部分溶解并生成Ca (BOH)6
2+
【答案】D
【分析】pX =−lgX，X 代表c(HA
−)
c(H2 A)
、c(A
2−)
c(HA
−)或c (B
+)
c (BOH)，根据K a1= c( H A
−)⋅c( H
+)
c( H 2 A )
，
c(HA
−)
c(H2A)
=
K a1
c( H
+)
，p c( H A
−)
c( H 2 A ) = p K a1−pH，pH 增大，p c( HA
−)
c( H 2 A )减小；根据K a2= c( A
2−)⋅c( H
+)
c( HA
−)
，
c( A
2−)
c( HA
−)
=
K a2
c( H
+)
，p c( A
2−)
c( HA
−)
= p K a2−pH，pH 增大，p c( A
2−)
c( HA
−)
减小；又因为K a1> K a2，相同pH，
p c( HA
−)
c( H 2 A )更小；根据K b= c (B
+)·c(OH
−)
c (BOH)
，c (B
+)
c (BOH) =
K b
c(OH
−)
，p c (B
+)
c (BOH) = pK b−p(OH )，pH 增大，
p c (B
+)
c (BOH)增大；所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的分别是p c( A
2−)
c( HA
−)
、p c( HA
−)
c( H 2 A )、p c (B
+)
c (BOH)，据此分析。
【详解】A．根据曲线Ⅰ、Ⅱ对应的分别是p c( A
2−)
c( HA
−)
、p c( HA
−)
c( H 2 A )，A 错误；
B．结合图中b、a、c 点坐标可得：p K a1=1.5+1=2.6，K a1=10
−2.6；p K a2=2.4 +3=5.4；
p K b=10−5.25= 4.75，K b=10
−4.75；BHA溶液中：B
+水解使溶液显酸性：B
++ H 2O⇌BOH + H
+，水
解常数K h(B
+)= K w
K b
=10
−9.25；H A
−电离使溶液显酸性：K a2=10
−5.4；H A
−水解使溶液显碱性：
K h( H A
−)= K w
K a1
=10
−11.4，可知K a2>K h(B
+)>K h( HA
−)，所以BHA溶液呈酸性，B 错误；
C．pH =7时，c( H
+)=c(O H
−)，根据电荷守恒： c(B
+)+c( H
+)=c(O H
−)+c( H A
−)+2c( A
2−) 化
简得：c(B
+)=c( H A
−)+2c( A
2−)=[c( H A
−)+c( A
2−)]+c( A
2−)，因此c(B
+)>c( H A
−)+c( A
2−)，
C 错误；
D．向CaA悬浊液中滴加BOH发生反应： CaA(s)+6 BOH ⇌[Ca(BOH )6]
2++ A
2−， 该反应的平衡常
数： K = K sp(CaA )⋅K 稳=2.5×10
−9×1.1×10
13=2.75×10
4≫1，反应正向进行程度较大，CaA会部
分溶解生成[Ca(BOH )6]
2+，D 正确；
故选D。
6．（2026·广西桂林·一模）常温下，取20.00 mL 浓度均为0.1000 mol⋅L
−1的甲胺和吡啶(C5H5 N)混合溶液，
用0.1000 mol⋅L
−1HCl标准溶液滴定，滴定曲线如图甲，4 种含氮微粒的分布分数δ与pH 关系如图乙[如：
δ(C5H5 NH
+)=
c(C5H5 NH
+)
c(C5H5 NH
+)+c(C5H5 N)
]。下列说法正确的是
A．吡啶的碱性强于甲胺
B．a 点时，存在c(CH3 NH2)+c (H
+)=c(C5H5 NH
+)+c(OH
−)
C．b 点时，c(CH3 NH3
+)>c(OH
−)>c (H
+)>c(CH3 NH2)
D．甲胺电离平衡常数K b的数量级为10
−4
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，曲线③和④的交点对应pH ≈10.6，曲线①和②的交点对应pH ≈5.2。根据
pH = p K a时，碱与其共轭酸浓度相等，可知两种碱对应共轭酸的p K a分别为10.6 和5.2。共轭酸p K a越
大，对应碱的碱性越强，故甲胺的碱性强于吡啶，A 错误；
B．由图甲可知，a 点为甲胺恰好完全反应，此时溶质为等量的CH3 NH3
+和C5H5 N，根据质子守恒，
c(CH3 NH2)+c(OH
−)=c(C5H5 NH
+)+c (H
+)，B 错误；
C．b 点溶液呈酸性，故c (H
+)>c(OH
−)，C 错误；
D．甲胺的电离平衡：CH3 NH2+ H2O=CH3 NH3
++OH
−，电离平衡常数K b= c(CH3 NH3
+)·c(OH
−)
c(CH3 NH2)
，图乙中，当
δ(CH3 NH3
+)=δ (CH3 NH2)时，c(CH3 NH3
+)=c(CH3 NH2)，此时pH≈10.6，则
c(OH
−)=10−(14−10.6)=10
−3.4≈4×10
−4，所以K b≈4×10
−4，数量级为10
−4，D 正确；
故选D。
7．（2026·天津和平·一模）常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：已知：25℃时，H2C2O4的电离常数
K a1=1.0×10
−1.2，K a2=1.0×10
−3.8，K sp(BaC2O4)=10
−7.6，δ为混合溶液中某粒子的分布分数[比如
C2O4
2−的分布分数：δ(C2O4
2−)=
c(C2O4
2−)
c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−)
]。
实验1：向10 mL0.20 mol/L H2C2O4溶液中滴入一定量0.20 mol/L KOH 溶液。
实验2：向10 mL0.20 mol/L H2C2O4溶液中加入10 mL0.2mol/L BaCl2溶液，混合后溶液体积变化忽略
不计。
下列说法不正确的是
A．实验1，当溶液中c(H2C2O4)=c(C2O4
2−)时，pH =2.5
B．实验1，溶液中：δ(C2O4
2−)=
K a1 K a2
c
2(H
+)+ K a1c (H
+)+ K a1 K a2
C．实验2，溶液中有沉淀生成，且2c(Ba
2+)+c (H
+)=c(Cl
−)+c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)
D．NaHC2O4溶液中，c (H
+)+c(H2C2O4)=c(OH
−)+c(C2O4
2−)，则
c (H
+)= K a1[ K a2c(HC2O4
−)+ K w]c(OH
−)
[K a1+c(HC2O4
−))K w
【答案】C
【详解】A．已知：Ka1=c(H
+)⋅c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
，Ka2=c(H
+)⋅c(C2O4
2-)
c(HC2O4
−)
，两式相乘得：
Ka1Ka2=c
2(H
+)⋅c(C2O4
2-)
c(H2C2O4)
，当c(H2C2O4)=c(C2O4
2−)时，Ka1Ka2=c
2(H
+)，代入数据：
c(H
+)= ❑√Ka1⋅Ka2=
❑√10
-1.2×10
-3.8=
❑√10
-5=10
-2.5，pH =2.5，A 正确；
B．分布分数定义：δ(C2O4
2−)=
c(C2O4
2−)
c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−)
，将分子分母同除以c(C2O4
2−)，并代入
电离平衡表达式：
δ(C2O4
2-)=1
c(H2C2O4)
c(C2O4
2-)
+c(HC2O4
-)
c(C2O4
2-)
+1
=1
c
2(H
+)
Ka1Ka2
+c(H
+)
Ka2
+1=
K a1 K a2
c
2(H
+)+ K a1c (H
+)+ K a1 K a2
，B 正确；
C．根据电荷守恒可知，2c(Ba
2+)+c (H
+)=c(Cl
−)+c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)+c(OH
−)，C 错误；
D．NaHC2O4溶液中，c (H
+)+c(H2C2O4)=c(OH
−)+c(C2O4
2−)，结合草酸的电离平衡常数，
Ka1=c(H
+)⋅c(HC2O4
-)
c(H2C2O4)
，Ka2=c(H
+)⋅c(C2O4
2-)
c(HC2O4
−)
，可知，c(H2C2O4)=c(H
+)⋅c(HC2O4
-)
Ka1
，
c(H2O4
−)=c(H
+)⋅c(C2O4
2-)
Ka2
，同时结合Kw =c(H
+)⋅c(OH
-)，将其带入
c (H
+)+c(H2C2O4)=c(OH
−)+c(C2O4
2−)可得，c (H
+)= K a1[ K a2c(HC2O4
−)+ K w]c(OH
−)
[K a1+c(HC2O4
−))K w
，D 正确；
故选C。
8．（2026·山东淄博·一模）常温下，用0.1mol⋅L
−1盐酸分别滴定20.00 mL0.1mol⋅L
−1有机胺溶液
(RNH2⋅H2O)和20.00 mL0.1mol⋅L
−1NaOH溶液，测得溶液pOH、电导率随滴入盐酸体积的变化如图所示。
下列说法错误的是
A．表示盐酸滴定有机胺溶液的曲线是L1和L3
B．常温下，K b(RNH2⋅H2O)≈1×10
−8
C．若将b、d 点对应的溶液混合，所得混合液中c(RNH2⋅H2O)<c(RNH3
+)
D．a、b、c、d 四点对应的溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为d>c>a>b
【答案】C
【分析】pOH = −lg c(OH
−)，pOH 越大，c(OH
−)越小，碱性越弱。NaOH是强碱，0.1mol/LNaOH完全
电离，起始c(OH
−)=0.1mol/L，起始pOH =1，因此起始pOH 接近1 的L4是滴定NaOH的pOH 曲线；有机
胺RNH2⋅H2O是弱碱，部分电离，起始c(OH
−)更小，pOH 更大，因此L1是滴定有机胺的pOH 曲线。离子
浓度越大，所带电荷数越多，电导率越大。有机胺是弱电解质，起始离子浓度小，电导率更低，滴定生成
强电解质RNH3Cl后电导率逐渐升高，因此起始电导率更小的L3是滴定有机胺的电导率曲线； NaOH是强碱，
开始离子浓度大，滴定后离子浓度开始减小，滴定终点离子浓度最小，之后离子浓度又开始增大，则L2是
滴定 NaOH的电导率曲线，据此分析。
【详解】A．根据分析L3是滴定有机胺的电导率曲线，L1是滴定有机胺的pOH 曲线，A 正确；
B．对于0.1mol/LRNH2⋅H2O，电离方程式为RNH2⋅H2O⇌RNH3
++OH
−，起始时c(RNH3
+)≈c(OH
−)=10
−pOH，
由图可知，起始时RNH2⋅H2O的pOH≈4.5，即c(OH
−)=10
−4.5 mol/L，又c(RNH2⋅H2O)≈0.1 mol/L，
因此K b= c(RNH3
+)⋅c(OH
−)
c(RNH2⋅H2O)
≈(10
−4.5)
2
0.1
=10
−8 ，B 正确；
C．b 点加入盐酸10mL，只中和一半NaOH，剩余的n( NaOH)=0.1×(20-10)×10
-3=0.001 mol；d 点
盐酸与有机胺恰好完全反应，生成n(RNH3Cl)=0.002mol。b、d 点溶液混合后，0.001molNaOH和
0.002molRNH3Cl反应，得到等物质的量的RNH2⋅H2O和RNH3
+，即n(RNH2⋅H2O)=n(RNH3
+)=0.001mol。
根据B 选项，RNH2⋅H2O的K b=10
−8 ，则RNH3
+的水解常数K h= K w
K b
= 10
−14
10
−8 =10
−6，可得K h> K b：即
RNH3
+的水解程度大于RNH2⋅H2O的电离程度，水解使RNH3
+转化为RNH2⋅H2O，因此
c(RNH2⋅H2O)>c(RNH3
+)，C 错误；
D．酸/碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。d 点：恰好完全反应生成RNH3Cl，RNH3
+水解，促进水
的电离，水的电离程度最大；c 点：为等物质的量RNH2⋅H2O和RNH3Cl，水解大于电离，整体仍促进水的
电离，但促进程度小于d 点；a、b 两点溶液的溶质主要是碱，对水的电离都是抑制作用，但是a 点pOH =7，
c(OH
−)=10
−7 mol/L，弱碱电离出的c(OH
−)较低，对水的电离影响几乎为零；b 点c(OH
−)≈0.03 mol/L，
NaOH电离出的c(OH
−)较高，对水的电离抑制程度大于a 点。因此水的电离程度：d >c>a>b，D 正确；
故答案选C。
9．（2026·河北保定·一模）常温下，H2S水溶液中各种含硫微粒的分布系数δ(X)随溶液pH 变化的关系如
图1 所示。在0.01mol⋅L
−1H2S体系中滴入硫酸铜溶液，其中pc(S
2−)与pc(OH
−)随pc(Cu
2+)的变化曲线如
图2 所示。已知pc(A)=−lgc(A)(A =Cu
2+、S
2−、OH
−)，HA
−的分布系数
δ (HA
−)=
c(HA
−)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−)。下列说法正确的是
A．图1 中，pH =10时，体系中c(H2S)<c(S
2−)
B．δ (HS
−)=
K a1⋅c(S
2−)
c
2(H
+)+ K a1⋅c (H
+)+ K a1⋅K a2
C．反应Cu
2++ H2S⇌CuS+2H
+的平衡常数约为1
D．图2 中，X 点溶液中存在2c(Cu
2+)+c (H
+)+c(H2S)<c(S
2−)+c(OH
−)+2c(SO4
2−)+0.01mol⋅L
−1
【答案】D
【分析】由图1
，a 代表H2S，b 代表HS-，c 代表S2-，分别取交点可知
K a1= c( HS
−)·c( H
+❑)
c( H 2S)
=10
−7，K a2= c(S
2−)·c( H
+❑)
c( HS
−❑)
=10
−13，CuS 存在沉淀溶解平衡
CuS(s)⇌C u
2++ S
2−，由K sp(CuS)=c(C u
2+)c(S
2−)，两边取负对数得：
pc(S
2−)= p K sp(CuS)−pc(C u
2+)， pc(S
2−) 与 pc(C u
2+)的曲线斜率是-1，故曲线①代表CuS，同
理曲线②的斜率为−1
2，代表Cu(OH)2，由图2 取（0，10）和（20，0）计算可知，
K sp[Cu(OH )2)=1.0×10
−20、K sp(Cu S)=1.0×10
−35。
【详解】A．K a1· K a2= c( HS
−❑)·c( H
+❑)·c( H
+❑)·c(S
2−)
c( H 2S)·c( HS
−❑)
= c
2( H
+❑)·c(S
2−)
c( H 2S)
=
1.0×10
−7×1.0×10
−13=1.0×10
−20，当pH=10 时，代入得c( H 2S)=c(S
2−)，A 错误；
B．分布系数δ (HS
−)=
c( HS
−)
c( H 2S)+c( HS
−)+c(S
2−)
，将c(H 2S)= c( H
+)c( HS
−)
K a1
、c(S
2−)= K a2c( HS
−)
c( H
+)
代入化简得： δ (HS
−)=
K a1⋅c( H
+)
c
2( H
+)+ K a1c( H
+)+ K a1 K a2
，与选项中分子的K a1⋅c(S
2−)不符，B 错误；
C．反应平衡常数
K =
c
2( H
+❑)
c( H 2S)·c(Cu
2
+)
= c( H
+❑)·c( HS
−❑)·c( H
+❑)·c(S
2−)
c( H 2S)·c( HS
−❑)·c(Cu
2
+)·c(S
2−)
= K a1 K a2
K sp(CuS) = 10
−20
10
−35 =10
15，远大于1，C
错误；
D．根据电荷守恒： 2c(Cu
2+)+c( H
+)=c( HS
−)+2c(S
2−)+c(OH
−)+2c(SO4
2−)，原体系总硫浓度为
0.01mol/L，X 点析出CuS沉淀，部分硫转化为沉淀，因此溶液中总硫满足：
c( H 2S)+c( HS
−)+c(S
2−)<0.01mol/L，即c( HS
−)<0.01−c( H 2S)−c(S
2−)，代入电荷守恒整理得：
2c(Cu
2+)+c( H
+)+c( H 2S)<c(S
2−)+c(OH
−)+2c(SO4
2−)+0.01mol⋅L
−1， D 正确；
故选D。
10．（2026·内蒙古包头·一模）常温下，假设1 L 水溶液中Co
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物质的量分数随pH 的变化关系如图所示(忽略溶
液体积变化)。已知：①体系中含钴物种的存在形式为Co
2+、CoC2O4 (s)和Co(OH)2(s)；②
K sp[Co(OH)2)=5.9×10
−15，K sp(CoC2O4)= 6.0×10
−8。下列说法错误的是
A．甲线所示物种为CoC2O4 (s)
B．H2C2O4的电离平衡常数K a2=10
−a
C．pH =a时，Co
2+物质的量浓度为0.0084 mol⋅L
−1
D．pH =b时，物质的量浓度：c(OH
−)<c(C2O4
2−)
【答案】C
【分析】pH 较低时，随pH 升高，C2O4
2−浓度增大，Co
2+与C2O4
2−生成CoC2O4沉淀，CoC2O4的摩尔分数逐
渐升高并接近1，故甲为CoC2O4(s)；pH 继续升高后，CoC2O4转化为Co(OH )2沉淀，CoC2O4摩尔分数逐
渐下降，Co(OH )2摩尔分数逐渐升高，故丁为Co(OH )2(s)；在pH 较低时，溶液中含钴物种的主要存在
形式为Co
2+，故乙为Co
2+。
【详解】A．由分析可知，甲为CoC2O4(s)，A 正确；
B．初始c(Co
2+)=c(C2O4
2−)总=0.01mol/L，沉淀的Co物质的量等于沉淀的C2O4
2−物质的量，因此平衡时
溶液中游离的C 等于溶液中Co
2+浓度，即c(C2O4
2−)+c( H C2O4
−)≈c(Co
2+)。 pH =a时，乙为Co
2+，摩尔
分数为0.08，因此c(Co
2+)=0.01mol/L×0.08=8×10
−4 mol/L。 由
K sp(CoC2O4)=c(Co
2+)c(C2O4
2−)=6.0×10
−8，得c(C2O4
2−)= 6.0×10
−8
8×10
−4 =7.5×10
−5 mol/L，则
c( H C2O4
−)=c(Co
2+)−c(C2O4
2−)=7.25×10
−4 mol/L。 代入K a2= c( H
+)·c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
=c( H
+)=10
−a，B
正确；
C．由B 选项推导，pH =a时Co
2+摩尔分数为0.08，因此c(Co
2+)=0.01mol/L×0.08=0.0008 mol/L，C
错误；
D．pH =b时，体系同时存在两种沉淀，同时满足溶度积：K sp[Co(OH)2)=c(Co
2+)c
2(OH
−)=5.9×10
−15
K sp(CoC2O4)==c(Co
2+)c(C2O4
2−)=6.0×10
−8 两式相除消去c(Co
2+)得：c
2(OH
−)
c(C2O4
2−)
≈9.8×10
−8，即
c(C2O4
2−)= c
2(OH
−)
9.8×10
−8。 pH =b为碱性，c(OH
−)>10
−7 mol/L，代入得
c(C2O4
2−)> (10
−7)
2
9.8×10
−8 ≈10
−7 mol/L>c(OH
−)，D 正确；
故选C。
1．（2026·北京昌平·一模）常温下，向10 mL 浓度均为0.1mol⋅L
−1的NaOH 和Na2CO3混合溶液中滴加
0.1mol⋅L
−1盐酸，溶液pH 随盐酸加入体积的变化如下图所示。
已知：常温常压下，1 体积水能溶解约1 体积CO2。
下列说法正确的是
题型02
水的电离和溶液的酸碱性
A．未加入盐酸前，混合溶液显碱性的主要原因是CO3
2−水解
B．b 点的溶液中n(HCO3
−)=0.001mol
C．d 点的溶液中，c (Na
+)=c(Cl
−)
D．水的电离程度：b 点<c点
【答案】C
【分析】向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加盐酸，反应分三步进行：
第一步：OH
−+ H
+= H2O（中和NaOH，消耗HCl体积0∼10 mL）；
第二步：CO3
2−+ H
+= HCO3
−（CO3
2−转化为HCO3
−，消耗HCl体积10∼20 mL）；
第三步：HCO3
−+ H
+=H2CO3（HCO3
−转化为H2CO3，消耗HCl体积20∼30 mL）；
初始混合溶液中：n (NaOH)=n(Na2CO3)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，
n(Na
+)=0.001mol+2×0.001mol=0.003 mol；
【详解】A．未加盐酸时，溶液中同时存在NaOH（强碱，完全电离）和Na2CO3（强碱弱酸盐，水解显碱
性）。NaOH是强电解质，其电离出的OH
−是溶液碱性的主要来源，CO3
2−的水解是次要原因，A 错误；
B．b点加入盐酸的体积为20 mL，此时第一步中和NaOH消耗10 mL盐酸，第二步CO3
2−+ H
+= HCO3
−消耗10 mL
盐酸，理论上CO3
2−完全转化为HCO3
−，n(HCO3
−)=0.001mol。但HCO3
−会发生水解和电离，且溶液中存在
CO3
2−与HCO3
−的平衡，实际n(HCO3
−)略小于0.001mol，B 错误；
C．d点加入盐酸的体积为30 mL，此时加入的n (HCl)=0.03L×0.1mol/L=0.003 mol，溶液中n(Na
+)始
终为0.003 mol，因此d 点的溶液中，c (Na
+)=c(Cl
−)，C 正确；
D．由分析可知，b点溶液中溶质为NaHCO3，HCO3
−的水解促进水的电离；c点溶液中溶质为NaHCO3和
H2CO3，H2CO3抑制水的电离，因此水的电离程度：b点>c点，D 错误；
故答案选C。
2．（2026·天津南开·一模）某二元酸（用H2A表示）第一步完全电离，第二步部分电离。向
10.00 mL0.10 mol/LH2A溶液中滴加0.10 mol/LNaOH溶液。溶液中c( A
2−)、c(HA
−)、c (H
+)随滴加
NaOH溶液体积的变化如图所示。
下列说法错误的是
A．曲线Y表示c(HA
−)的变化
B．V [NaOH (aq))=10.00 mL时，溶液中存在：c (Na
+)>c( A
2−)+c(HA
−)
C．曲线X和Z的交点处对应的溶液中存在：c (Na
+)=c(HA
−)+c( A
2−)+c(OH
−)
D．H2A的第二步电离常数为1.0×10
−2
【答案】B
【详解】A．初始时。H2A 第一步完全电离，HA-的初始浓度约为0.1mol/L，H+初始浓度也约为0.1mol/L，
但是会比HA-的浓度大，A2-的浓度接近0，随着NaOH 的加入，HA-被消耗，浓度逐渐降低，A2-浓度逐渐
升高，H+浓度随着OH-中和而降低，所以X 为c(H+)，Y 为c(HA-)，Z 为c(A2-)，A 正确；
B．当滴加的NaOH 为10mL 时，此时溶液中的溶质为NaHA，根据溶液中的物料守恒，因为H2A 第一步完
全电离，所以有：c(Na
+)=c(A
2-)+c(HA
-)，B 错误；
C．曲线X和Z的交点处对应的溶液有c(H+)=c(A2-)，根据电荷守恒，有
c(Na
+)+c(H
+)=2c(A
2-)+c(HA
-)+c(OH
−)，代入c(H+)=c(A2-)，得c (Na
+)=c(HA
−)+c(A
2−)+c(OH
−)，
C 正确；
D．H2A 第二步电离，电离常数Ka2=c(H
+)⋅c(A
2-)
c(HA
-)
，以Y 与Z 的交点处来计算电离常数，此时
c(HA-)=c(A2-)，c(H+)=10-2 mol/L，所以Ka2=10-2mol/L，D 正确；
故答案选B。
3．（2026·江苏·一模）常温下，稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)：
Ⅰ Cl2(aq)+ H2O (l)⇌H
+ (aq)+Cl
−(aq)+ HClO (aq)
Ⅱ HClO (aq)⇌H
+ (aq)+ClO
−(aq)
Ⅲ 2HClO (aq)=Cl2O (aq)+ H2O(l)
在约2mg⋅L
−1的氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值(lgc)随溶液pH 的变化关系如图所示(溶液体积保
持不变)。下列说法不正确的是
A．常温下，HClO 的电离平衡常数K a=10
−7.5
B．c (HClO)=c(ClO
−)时，该氯水中水的电离程度比纯水中大
C．该氯水中：c(Cl
−)=c (HClO)+c(ClO
−)+2c(Cl2O)
D．在pH = 4∼6之间，该氯水中lgc(Cl2O)随溶液pH 增大而减小
【答案】C
【分析】该坐标图横坐标为溶液pH，纵坐标为含氯微粒浓度的对数值lgc，lgc越大对应微粒实际浓度越
大。结合体系中的三个平衡，各曲线对应关系为：随着pH升高，酸性减弱，反应
Cl2(aq)+ H2O (l)⇌H
+ (aq)+Cl
−(aq)+ HClO (aq)平衡正向移动，Cl2(aq)浓度持续减小，因此图中下降速
率最快的曲线对应Cl2。HClO是弱酸，pH升高会促进HClO电离，因此HClO分子浓度随pH升高逐渐减小，
对应图中缓慢下降的曲线；电离产物ClO
−浓度随pH升高逐渐增大，对应图中上升的曲线。HClO和ClO
−的
交点满足c (HClO)=c(ClO
−)，此时交点pH =7.5。
【详解】A．据图可知，pH=4 时，c(HClO)=10-4.5mol/L，c(ClO-)=10-8mol/L，则HClO 的电离平衡常数
K a= c (H
+)⋅c(ClO
−)
c (HClO)
=10
−4×10
−8
10
−4.5
=10-7.5，A 正确；
B．c (HClO)=c(ClO
−)时对应pH =7.5，pH =7.5时，溶液中存在H⁺和ClO⁻，其中ClO⁻会发生水解反应
ClO⁻+H₂O⇌HClO+OH⁻，促进水的电离，因此该氯水中水的电离程度比纯水中大，B 正确；
C．Cl2歧化时，每生成1mol Cl
−，同时生成1mol+1 价氯，+1 价氯存在于HClO、ClO
−、Cl2O中，
1mol Cl2O含2mol+1 价氯，根据歧化反应的得失电子守恒，浓度关系为：
c(Cl
−)=c (HClO)+c(ClO
−)+ 1
2 c(Cl2O)，C 错误；
D．根据反应Ⅲ：2HClO(aq)=Cl2O(aq)+H2O(l)，平衡常数K = c (Cl2O)
c
2(HClO)
，则
lgc(Cl2O)=lg K +2lgc (HClO)。由图可知，在pH = 4 ~6之间，lgc (HClO)随pH增大而减小，因此
lgc(Cl2O)随溶液pH增大而减小，D 正确；
故选C。
4．（2026·天津·一模）常温下，用0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度分别为c1、c2的一元酸(
HA)、二元酸(H2B)溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d 为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列叙述正
确的是
A．H2B对应的滴定曲线为Y 线
B．HB
−的电离程度大于水解程度
C．若b 点的横坐标为8.50 mL，则b 点存在c(HA)+c(A
−)=c (Na
+)
D．若a 点的横坐标为8.40 mL，则a 点存在c (Na
+)>c(HB
−)>c(B
2−)>c (H
+)
【答案】B
【分析】用NaOH 溶液分别滴定一元酸HA 和二元酸H2B，曲线X 有两个突跃，曲线Y 只有一个突跃，故
曲线X 是二元酸H2B 的滴定曲线，曲线Y 是HA 的滴定曲线，据此作答。
【详解】A．H2B 的滴定曲线为X 线，A 错误；
B．由图可知，H2B 被完全中和时需消耗NaOH 溶液11.20 mL，则加入NaOH 溶液5.60 mL 时，恰好转化为
NaHB；由图可知NaHB 溶液呈酸性，可推断HB-的电离程度大于水解程度，B 正确；
C．据图可知，b 点溶液为等浓度HA 与NaA 的混合溶液，故由物料守恒有c(HA)+c(A
-)=2c(Na
+)，C
错误；
D．根据图示可知：H2B 被完全中和时需消耗NaOH 溶液11.20 mL，加入NaOH 溶液5.60 mL 时，恰好转
化为NaHB，a 点横坐标为8.40 mL，此时溶液为等浓度的NaHB 与Na2B 溶液，故Na+浓度最大；由a 点溶
液pH 小于7，所以HB-电离程度大于B2-的水解程度，则B2-的浓度大于HB-的浓度，则存在
c(Na
+)>c(B
2-)>c(HB
-)>c(H
+)，D 错误；
故选B。
5．（2026·北京石景山·一模）一元弱酸HA 存在电离平衡：HA⇌H
++A
-，当K a远大于K w时，水的电离可
以忽略不计。下列说法不正确的是
A．HA 抑制水的电离
B．HA 的电离平衡常数K a= c平(H
+)⋅c平(A
−)
c平(HA)
C．忽略水的电离，当c (HA)=2 K a时，c平(H
+)=c平(A
−)=c平(HA)= K a
D．室温时HIO4的K a=2.3×10
−2，0.002 mol·L
-1的HIO4溶液中，c平(IO4
−)<c平(HIO4)
【答案】D
【详解】A．酸电离出H
+，使溶液中H
+浓度增大，水的电离平衡H 2O⇌H
++OH
−逆向移动，因此HA抑制
水的电离，A 正确；
B．平衡常数的定义是平衡时生成物浓度幂的乘积与反应物浓度幂的乘积的比值，对于电离平衡
HA ⇌H
++ A
−，根据此定义可写出电离平衡常数为K a= c平( H
+)⋅c平( A
−)
c平( HA )
，B 正确；
C．忽略水的电离时，设c平(H
+)=c平(A
−)= x，若HA的初始总浓度c(HA)=2 K a，则平衡时
c平(HA)=2 K a−x，代入K a表达式： K a=
x
2
2 K a−x ，整理得x
2+ K a x −2 K a
2=0，解得正根x = K a，因此
c平(HA)=2 K a−K a= K a，即c平( H
+)=c平( A
−)=c平( HA )= K a，C 正确；
D．设c平(IO4
−)= x，忽略水的电离则c平(H
+)= x，c平(HIO4)=0.002−x，代入K a=2.3×10
−2得，
2.3×10
−2=
x
2
0.002−x 解一元二次方程得x ≈0.00185 mol/L，则
c平(HIO4)=0.002−0.00185=0.00015 mol/L，因此c平(IO4
−)>c平(HIO4)，D 错误；
故选D。
6．（2026·北京房山·一模）取两份10 mL0.05 mol⋅L
−1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05 mol⋅L
−1的盐酸，
另一份滴加0.05 mol⋅L
−1NaOH溶液，溶液的pH 随加入酸(或碱)体积的变化如图，下列说法正确的是
A．a 点：NaHCO3溶液中HCO3
-的水解程度小于电离程度
B．a→b→c过程中：c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)+c(OH
−)逐渐减小
C．a→d→e过程中：c (Na
+)=c(HCO3
−)+c(CO3
2−)+c (H2CO3)
D．在滴加NaOH 溶液过程中，水的电离程度逐渐减小
【答案】B
【分析】碳酸氢钠溶液能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应中溶液的pH 减小；碳酸氢钠溶液
能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应中溶液的pH 增大，则曲线ade 表示溶液的pH 随加入盐酸的
变化、曲线abc 溶液的pH 随加入氢氧化钠溶液的变化。
【详解】A．由图可知，a 点碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离
程度，A 错误；
B．a→b→c 过程中，溶液中存在电荷守恒关系：c (Na
+)+c (H
+)=c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)+c(OH
−)，滴加氢氧
化钠溶液时，溶液中的钠离子浓度不变，氢离子浓度减小，则溶液中c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)+c(OH
−)逐渐减
小，B 正确；
C．饱和碳酸溶液的pH 为5.6，由图可知，e 点时，溶液pH 为4.3，说明反应中有二氧化碳气体逸出，则
由物料守恒c (Na
+)=c(HCO3
−)+c(CO3
2−)+c (H2CO3)可知，溶液中c (Na
+)＞c(HCO3
−)+c(CO3
2−)+c (H2CO3)，
C 错误；
D．碳酸根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根离子，水的电离程度大于碳酸氢根离子，所以向溶液中
滴加氢氧化钠溶液的过程中水的电离程度逐渐增大，D 错误；
故选B。
7．（2026·青海西宁·一模）已知H2A为二元弱酸。室温下，向0.1mol⋅L
−1的H2A溶液中加入NaOH 固体
调节pH，忽略溶液体积变化与温度变化，溶液中pH、pc (X)[pc (X)=−lgc (X)，X 为HA
−或A
2−]的变化曲
线如图所示。下列说法错误的是
A．水的电离程度：a<b<c
B．室温下，H2A的K a2约为1.0×10
−7.6
C．b 点溶液中：c(HA
−)>c(A
2−)>c(H2A)
D．c 点溶液中：3c(HA
−)>c (Na
+)
【答案】D
【详解】A．由于H2A为二元弱酸，随着NaOH 加入，HA
−浓度先增大后减小，A
2−浓度逐渐增大，根据图
像曲线的变化趋势，曲线①表示A
2−的变化曲线，曲线②表示HA
−的变化曲线。a→b→c 点溶质还未完全转
化为Na2 A，盐溶液pH 越大，说明水的电离程度越大，A 正确；
B．c 点pH =7.6，此时c(HA
−)=c(A
2−)，可以求K a2=1.0×10
−7.6，B 正确；
C．b 点对应的是NaHA 溶液，其pH = 4.5，说明HA
−电离程度大于其水解程度，c(HA
−)>c(A
2−)>c(H2A)，
C 正确；
D．c 点溶液c(HA
−)=c(A
2−)，根据电荷守恒c (Na
+)+c (H
+)=c(HA
−)+c(OH
−)+2c(A
2−)，所以
c (Na
+)+c (H
+)=3c(HA
−)+c(OH
−)，溶液呈碱性，因此3c(HA
−)<c (Na
+)，D 错误。
故选D。
8．（2026·湖南怀化·一模）常温下，将1.00 mol/L NaOH 溶液加入H2A(二元弱酸)中，随NaOH 溶液的不断
加入，含A 的相关微粒的物质的量浓度及pH 变化如图所示，下列说法正确的是
A．该H2A溶液中c (H
+)的数量级为10
−2
B．V (NaOH 溶液)=aL时，c (Na
+)<3c(A
2−)
C．调pH 至12 的过程中，水的电离程度先减小后增大
D．pH =5时，c(H2A)=100c(A
2−)
【答案】D
【分析】随NaOH 溶液的加入，c(H2 A)逐渐减小，c(HA
−)先增大后减小，c(A
2−)逐渐增大，进而可以判断
各曲线所表示的微粒，K a1(H2A)= c (H
+)⋅c(HA
−)
c(H2A)
，当c(HA
−)=c(H2A)时，pH = 4，则K a1(H2A)=10
−4；
K a2(H2A)= c (H
+)⋅c(A
2−)
c(HA
−)
，c(HA
−)=c(A
2−)时pH =8，则K a2(H2A)=10
−8。
【详解】A．由图可知，H 2 A溶液加氢氧化钠溶液前pH 在2 与3 之间，则c( H
+)数量级为10-3，故A 错误；
B．V (NaOH 溶液)=aL时，c(HA
−)=c(A
2−)，溶液中存在电荷守恒：
c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(HA
−)+2c(A
2−)，此时溶液呈碱性，则c (H
+)<c(OH
−)，即存在
c (Na
+)>c(HA
−)+2c(A
2−)，此时c(HA
−)=c(A
2−)，则c (Na
+)>3c(A
2−)，故B 错误；
C．向H2 A溶液中加入NaOH 溶液调pH 至12 的过程中，先生成易水解的盐，促进了水的电离，氢氧化钠
过量后抑制水电离，所以水的电离程度先增大后减小，故C 错误；
D．K a1(H2 A)⋅K a2(H2A)= c
2(H
+)⋅c(A
2−)
c(H2 A)
=10
−4×10
−8=10
−12，pH =5时，c (H
+)=10
−5 mol/L，所以
c(H2 A)=100c(A
2−)，故D 正确；
选D。
9．（2026·河北邯郸·一模）常温下，向20 mL0.1mol⋅L
−1NaOH溶液中滴加0.1mol⋅L
−1苯甲酸(PhCOOH)
溶液，溶液中离子浓度(c)、pH 与滴加苯甲酸溶液体积(V)的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．甲曲线代表c(PhCOO
−)与V 的关系
B．水的电离程度：M>N
C．常温下，K a (PhCOOH)约为5×10
−4.9
D．b 点对应溶液中，c (Na
+)+c (H
+)=2c (PhCOOH)+2c(PhCOO
−)
【答案】C
【分析】随着苯甲酸溶液滴入氢氧化钠溶液，c( PhCOO
−)增加，c(OH
−)减少，曲线甲代表c(OH
−)，
曲线乙代表c( PhCOO
−)，据此分析
【详解】A．根据分析可知，甲曲线代表c(OH-)与V 的关系，故A 错误；
B．M 点氢氧化钠过量，抑制水的电离；N 点时，氢氧化钠与苯甲酸恰好完全反应生成苯甲酸钠，苯甲酸
钠的水解会促进水的电离，故水的电离程度：M<N，B 错误；
C．d 点对应的溶液中c( PhCOO
−)≈0.05mol· L
−1，c( H
+)=10
−8.45mol· L
−1，
c(OH
−)=10
−5.55mol· L
−1≈c( PhCOOH )，故K a= c( H
+)·c( PhCOO
−)
c( PhCOOH )
=5×10
−4.9,故C 正确；
D．根据元素守恒，b 点时，氢氧化钠物质的量恰为所加苯甲酸的两倍，故
c (Na
+)=2c (PhCOOH)+2c(PhCOO
−)，D 错误；
故答案为C。
10．（2026·河北衡水·一模）常温下，向20.00 mL0.10 mol⋅L
−1H2C2O4溶液中滴加0.2000 mol⋅L
−1NaOH
溶液，各含C 微粒分布系数δ (X)如图所示。一般认为二元弱酸能被分步准确滴定的条件是K a1
K a2
≥1×10
5。
下列说法错误的是
A．常温下，H2C2O4的K a1=10
−1.2
B．滴入NaOH溶液时，若c(C2O4
2−)
c(H2C2O4)
=10
4，则此时pH = 4.7
C．当达到第一次滴定终点时，溶液中存在2[c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−))=0.05 mol⋅L
−1
D．借助指示剂甲基橙和酚酞，用NaOH标准溶液无法测定H2C2O4、NaHC2O4混合液中的NaHC2O4含量
【答案】C
【分析】向20.00 mL0.10 mol⋅L
−1H2C2O4溶液中滴加0.2000 mol⋅L
−1NaOH溶液，纵坐标为各含C 微粒
分布系数，H2C2O4与NaOH反应分两步进行，即H2C2O4+ NaOH=NaHC2O4+ H2O、
NaHC2O4+ NaOH=Na2C2O4+ H2O，故一开始H2C2O4最多，所以下降的那条线为H2C2O4，开始升高后来降低
的那条线为HC2O4
−，后来上升高的那条线为C2O4
2−，据此分析解答。
【详解】A．从图中可知，当H2C2O4和HC2O4
−的分布系数相等时，对应的pH =1.2，此时
K a1= c (H
+)⋅c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
=c (H
+)=10
−1.2，A 正确；
B．二元弱酸的电离常数满足K a1⋅K a2= c (H
+)⋅c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
⋅c (H
+)⋅c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
= c
2(H
+)⋅c(C2O4
2−)
c(H2C2O4)
，从图
中可知，当HC2O4
−和C2O4
2−相等时，pH = 4.2，即K a2=10
−4.2，已知c(C2O4
2−)
c(H2C2O4)
=10
4代入得c (H
+)=10
−4.7，
则pH = 4.7，B 正确；
C．当达到第一次滴定终点时发生的反应为H2C2O4+ NaOH=NaHC2O4+ H2O，此时溶液体积为30.00 mL，根
据元素守恒，c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−)= 20.00×0.10
30.00
≈0.0667 mol⋅L
−1，则
2[c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−))≈0.133 mol⋅L
−1，C 错误；
D．H2C2O4的K a1=10
−1.2、K a2=10
−4.2，满足K a1
K a2
=10
3＜10
5，因此无法分步准确滴定，用NaOH标准溶
液无法测定H2C2O4、NaHC2O4混合液中的NaHC2O4含量，D 正确；
故答案选C。
1．（2026·河南焦作·一模）4,4
′ -二氨基联苯(
，用X 表示)是一种二元有机弱碱，
与足量稀盐酸反应生成XH2Cl2。常温下，lg c (XH
+)
c (X) 或lg c(XH2
2+)
c (XH
+)
随溶液pH 的变化关系如图所示。下列说
法错误的是
A．直线甲为lg c(XH2
2+)
c (XH
+)
随溶液pH 的变化关系
B．常温下，X 的电离常数K b1=10
−9.3
C．常温下，pH =5时，lg c(XH2
2+)
c (X)
=1.7
D．m 点溶液中存在：c(Cl
−)>10c (X)+2c(XH2
2+)
【答案】C
【分析】二元弱碱X 的两步电离：①X+H2O⇌XH++OH-，Kb1=c(XH❑
+ )·c(OH❑
−)
c (X❑)
；反应②XH++H2O⇌
题型03
盐类的水解
XH 2
2++OH-，Kb2=c(XH 2
2+)·c(OH❑
−)
c(XH❑
+ )
；将电离常数变形为lgc(XH❑
+ )
c (X❑)
=lg Kb1-lgc(OH❑
−)=lg Kb1-pH+14、lg
c(XH 2
2+)
c(XH❑
+ )
=lg Kb2-lgc(OH❑
−)=lg Kb2-pH+14。
【详解】A．由分析可知，因为Kb1>Kb2，所以相同pH 下，lgc(XH❑
+ )
c (X❑)
>lgc(XH 2
2+)
c(XH❑
+ )
，直线甲对应lg
c(XH 2
2+)
c(XH❑
+ )
，直线乙对应lgc(XH❑
+ )
c (X❑)
，A 正确；
B．直线乙与pH 轴交于4.7，此时lgc(XH❑
+ )
c (X❑)
=0，即c(XH❑
+ )
c (X❑)
=1，代入Kb1=c(OH❑
−)=10-(14-4.7)=10-9.3，B 正
确；
C．直线甲与pH 轴交于3.6，此时lgc(XH 2
2+)
c(XH❑
+ )
=0，即c(XH 2
2+)
c(XH❑
+ )
=1，代入Kb2=c(OH❑
−)=10-(14-3.6)=10-10.4，
c(XH 2
2+)
c (X )
= K b1· K b2
c❑
2 (OH❑
−)
，pH=5 时，c(OH❑
−)=10-9，代入得
c(XH 2
2+)
c (X )
= 10❑
−9.3⋅10❑
−10.4
(10❑
−9)❑
2
=10-1.7，C 错误；
D．m 点时lg c(XH❑
+ )
c (X❑) =1，即10c(X)=c(XH
+)；根据电荷守恒：
c(Cl
−)+c(OH
−)=c(H
+)+c(XH
+)+2c(XH2
2+)，代入得到：
c(Cl
−)+c(OH
−)=c(H
+)+10c(X)+2c(XH2
2+)，m 点溶液呈酸性：c(H
+)>c(OH
−)，则
c(Cl
−)>10c (X)+2c(XH2
2+)，D 正确；
故选C。
2．（2026·湖南长沙·一模）在25℃，将0.10 mol/L KOH溶液滴入10.00 mL0.10 mol/L H2SeO4溶液中，
随着KOH溶液的滴入，溶液中c (H
+)、c(SeO4
2−)、c(HSeO4
−)的变化如图所示。
已知：①硒酸的电离方程式为H2SeO4= H
++ HSeO4
−、HSeO4
−⇌H
++SeO4
2−；
②H2SO3的K a1=1.4×10
−2，K a2=6.0×10
−8。下列说法不正确的是
A．图中曲线①和②分别表示c (H
+)、c(HSeO4
−)的变化
B．当KOH溶液滴入15 mL时，溶液中存在：2c (K
+)=3c(HSeO4
−)+3c(SeO4
2−)
C．M点处对应的溶液中存在：c (K
+)<2c(HSeO4
−)+c(OH
−)
D．25℃，等浓度的KHSeO4溶液和KHSO3溶液的pH：KHSeO4>KHSO3
【答案】D
【详解】A．根据已知条件，H2SeO4第一步完全电离生成H
+和HSeO4
−，第二步不完全电离，因此，初始时
H
+浓度应大于0.1mol/L，随KOH溶液不断滴加，H
+被中和，c (H
+)、c(HSeO4
−)均减小，c(SeO4
2−)增大，
曲线①符合c (H
+)变化趋势，曲线②符合c(HSeO4
−)变化趋势，曲线③符合c(SeO4
2−)变化趋势，A 正确；
B．V [KOH (aq))=15.00 mL时，溶液中K 元素Se 元素的物质的量之比为
n( K ):n(Se)=[0.1mol / L×(15×10
−3)L]:[0.1mol / L×(10×10
−3)L]=3:2，根据物料守恒，则有
2c (K
+)= 3c(HSeO4
−)+3c(SeO4
2−)，B 正确；
C．M 点即曲线①和曲线③交点，此时c(SeO4
2−)=c (H
+)，有电荷守恒：
c (K
+)+c (H
+)=c(HSeO4
−)+2c(SeO4
2−)+c(OH
−)，联立两式得：c (K
+)=c(HSeO4
−)+c(SeO4
2−)+c(OH
−)，由
图像可知，此时c(HSeO4
−)>c(SeO4
2−)，所以c (K
+)<2c(HSeO4
−)+c(OH
−)，C 正确；
D．由图像可知，得曲线②与曲线③交点处c(HSeO4
-)=c(SeO4
2-)，此时c(H
+)=1.0×10
−2mol/L，则
HSeO4
-的电离常数K a= c(SeO4
2-)⋅c (H
+)
c(HSeO4
-)
=10
−2，由于HSeO4
-只电离不水解，所以KHSeO4溶液显酸性。根据
已知条件，H2SO3的K a2=6.0×10
−8，K a1=1.4×10
−2，可知HSO3
−的水解常数
K h= K w
K a1
=
10
−14
1.4×10
−2 ≈7.1×10
−13，HSO3
-的电离程度大于水解程度，所以KHSO3溶液显酸性，
K a(HSeO4
−)> K a(HSO3
−)，所以等浓度的KHSeO4溶液和KHSO3溶液相比，KHSeO4的酸性更强，pH更小，D
错误；
故答案选D。
3．（2026·河北·一模）甘氨酸(H2NCH2COOH)是一种最简单的氨基酸，在水溶液中存在如下平衡关系：
H3 N
+CH2COOH⇌H2 NCH2COOH⇌H2 NCH2COO
−。常温下，0.1mol⋅L
−1甘氨酸溶液中相关离子浓度与pH
的关系如下图所示，Y 表示
c(H2 NCH2COOH)
c(H3 N
+CH2COOH)
或
c(H2NCH2COOH)
c(H2NCH2COO
−)
。下列说法错误的是
A．直线m 表示pH 与lg c(H2NCH2COOH)
c(H3 N
+CH2COOH)
的变化关系
B．0.1mol⋅L
−1甘氨酸溶液的pH<7
C．pH =9.60时，c(H2NCH2COO
−)+c(OH
−)=c (H
+)+c(H3 N
+CH2COOH)
D．pH =7.00时，c(H2NCH2COOH)>c(H2NCH2COO
−)>c(H3 N
+CH2COOH)
【答案】C
【详解】A．
c(H2NCH2COOH)
c(H2NCH2COO
−)
=c(H2NCH2COOH)⋅c(H
+)
c(H2NCH2COO
−)⋅c(H
+) =c(H
+)
K a
，
c(H2NCH2COOH)
c(H3 N
+CH2COOH)
=c(H2NCH2COOH)⋅c(OH
−)
c(H3 N
+CH2COOH)⋅c(OH
−) =c(OH
−)
K h
，随着pH 增大，c(H
+)减小，c(OH
−)增大，
c(H
+)
K a
减小，c(OH
−)
K h
增大，故直线m 表示pH 与lgc(H2NCH2COOH)
c(H3 N
+CH2COOH)
的变化关系，直线n 表示pH 与
lgc(H2NCH2COOH)
c(H2NCH2COO
−)
的变化关系，A 项正确；
B．lgY=0时，K a=10
−9.6，K h=10
−11.66，K a> K h，即H2NCH2COOH的电离程度大于水解程度，因此
0.1mol⋅L
−1甘氨酸溶液显酸性，pH<7，B 项正确；
C．0.1mol⋅L
−1甘氨酸溶液显酸性，pH =9.60时，甘氨酸溶液中加入了碱调节pH，假设加入的碱为
NaOH，根据电荷守恒，c(H2NCH2COO
−)+c(OH
−)=c(H3 N
+CH2COOH)+c(H
+)+c(Na
+)，因此
c(H2NCH2COO
−)+c(OH
−)>c(H3 N
+CH2COOH)+c(H
+)，C 项错误；
D．pH =7.00时
c(H2NCH2COOH)
c(H2NCH2COO
−)
= 10
−7
10
−9.6 =10
2.6>1，故c(H2NCH2COOH)>c(H2NCH2COO
−)，
c(H2NCH2COOH)
c(H3 N
+CH2COOH)
= 10
−7
10
−11.66 =10
4.66，
c(H2NCH2COO
−)
c(H3 N
+CH2COOH)
= 10
4.66
10
2.6 =10
2.06>1，故
c(H2NCH2COO
−)>c(H3 N
+CH2COOH)，D 项正确；
故答案选C。
4．（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
−7.2mol/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]
- K 1=
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- K 2=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- K 3=
[ ML2]
4−
c
2(L
3−)⋅c(M
2+)
=
1
c
2(L
3−)
= K 1⋅K 2=10
9.4×10
7.2=10
16.6，解得
c(L
3−)=10
-8.3mol/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
-8.3mol/L·c (H
+)
0.1 mol/L
=10
−11.6，计算得c (H
+)=10
-4.3mol/L，则pH=4.3，D 正确；
故选B。
5．（2026·北京朝阳·一模）向10 mL0.1mol⋅L
−1 Na2CO3溶液中滴加SO2水溶液(以H2SO3计)，溶液pH 随
加入SO2水溶液体积(V)的变化如图所示。
已知：
物质
H2CO3
H2SO3
K a
K a1= 4.5×10
−7
K a2= 4.7×10
−11 K a1=1.4×10
−2
K a2=6.0×10
−8
下列说法不正确的是
A．NaHSO3溶液显酸性，NaHCO3溶液显碱性
B．SO2水溶液的浓度为0.1mol⋅L
−1
C．a 点对应的溶液中：c (Na
+)>c(SO3
2−)>c(HCO3
−)
D．a→b发生反应：SO3
2−+2HCO3
−+3 H2SO3=2CO2↑+ 4 HSO3
−+2H2O
【答案】C
【分析】向Na2CO3溶液中滴加SO2溶液，发生反应依次为反应Ⅰ：2Na2CO3+H2SO3=Na2SO3+2NaHCO3（二
氧化硫少量）和反应Ⅱ：NaHCO3+SO2=NaHSO3+CO2（二氧化硫过量），加入20 mL 二氧化硫溶液时发生
突变，说明此时碳酸钠恰好完全反应，反应为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，根据题干信息可知n(
Na2CO3)=0.1×10×10-3=0.001 mol ，消耗H2SO3的物质的量为0.002 mol ，此时消耗的二氧化硫的体积为20
mL ，则二氧化硫溶液的浓度为c=0.002
20×10
-3 =0.1 mol/L ，a 点，加入5 mL 的二氧化硫溶液，发生反应Ⅰ
2Na2CO3+SO2+H2O=Na2SO3+2NaHCO3，此时溶液显碱性，溶质为Na2SO3和NaHCO3，b 点溶质为NaHSO3。
【详解】A．已知H2SO3的K a2=6.0×10
−8，HSO3
-的水解常数为Kh= K w
K a1
=10
-14
1.4×10
-2 ≈7.1×10
-13，电离
常数大于水解常数，所以NaHSO3的电离程度大于水解程度，所以NaHSO3显酸性，H2CO3的
K a2= 4.7×10
−11，HCO3
-的水解常数为K h= K w
K a1
=10
-14
4.5×10
-7 ≈2.2×10
-8，水解常数大于电离常数，说明
水解程度大于电离程度，所以NaHCO3显碱性，A 正确；
B．由分析知c(SO2)=0.1 mol/L ，B 正确；
C． a 点加入5 mL0.1mol/L H 2SO3，n( H 2SO3)=0.0005 mol，发生反应
H 2SO3+2 Na2CO3= Na2SO3+2 NaHCO3，反应后生成0.0005 mol Na2SO3和0.001mol NaHCO3，
HCO3
−物质的量是SO3
2−的2 倍，即使发生少量水解电离，最终仍满足c( HCO3
−)>c(SO3
2−)，因此正确顺
序为c( Na
+)>c( HCO3
−)>c(SO3
2−)，C 错误；
D．a 点溶质为Na2SO3和NaHCO3，a 到b 继续加入H 2SO3，最终所有溶质转化为NaHSO3，同时放出
CO2，配平后总反应为：SO3
2−+2 HCO3
−+3 H 2SO3=2CO2↑+ 4 HSO3
−+2 H 2O，符合酸性强弱规律和原
子电荷守恒，D 正确；
故选C。
6．（2026·河北廊坊·一模）室温下，向10 mL0.1mol⋅L
−1乙二胺溶液中滴加等浓度盐酸，所得溶液pOH
与pX 的变化关系如图所示{p X =−lg X，X =
c([H2NCH2CH2NH3)
+)
c(H2NCH2CH2NH2)
或
c([H3 NCH2CH2NH3)
2+)
c([H2NCH2CH2NH3)
+)
}。下列说法
正确的是
A．常温下，K b1(H2NCH2CH2NH2)的数量级为10
−4
B．滴加10 mL 盐酸时，c([H3 NCH2CH2NH3)
2+)<c(H2NCH2CH2NH2)
C．pH =6.8时，溶液中3c([H2 NCH2CH2 NH3)
+)>c(Cl
−)
D．滴加20 mL 盐酸，c (H
+)=2c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3)
+)+c(OH
−)
【答案】D
【分析】Kb=c(OH-)×X，根据M 点坐标，可计算Kb=1×10-4.1=10-4.1；根据N 点坐标，可计算Kb=10-2×10-5.2=10-
7.2；由于Kb1> Kb2，则L1表示pOH 与p
c([H3 NCH2CH2NH3)
2+)
c([H2NCH2CH2NH3)
+)
的关系，L2表示pOH 与
p
c([H2NCH2CH2NH3)
+)
c(H2NCH2CH2NH2)
的关系；
【详解】A．常温下，K b1(H2NCH2CH2NH2)=10-4.1，则数量级为10
−5，A 错误；
B．滴加10 mL 盐酸时，溶质为[H2NCH2CH2NH3)Cl，[H2NCH2CH2NH3)
+的电离常数为10-7.2，
[H2 NCH2CH2 NH3)
+的水解常数为10
−14
10
−4.1 =10
−9.9，电离大于水解，所以
c([H3 NCH2CH2NH3)
2+)>c(H2NCH2CH2 NH2)，B 错误；
C．根据电荷守恒2c([H3 NCH2CH2NH3)
2+)+c([H2NCH2CH2NH3)
+)+c (H
+)=c(Cl
−)+c (OH
-) ，Kb2=
c([H3 NCH2CH2NH3)
2+)c(OH
−)
c([H2NCH2CH2NH3)
+)
=10
−7.2，pH =6.8时，c(OH
−)=10
−7.2，则
c([H3 NCH2CH2 NH3)
2+)=c([H2NCH2CH2NH3)
+)，而c(H+)>c(OH-)，所以溶液中
3c([H2 NCH2CH2NH3)
+)<c(Cl
−)，C 错误；
D．滴加20 mL 盐酸，溶质为[H3 NCH2CH2 NH3)Cl2，根据质子守恒
c (H
+)=2c(H2 NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2 NH3)
+)+c(OH
−)，D 正确；
故选D。
7．（2026·天津河西·一模）25℃时，通过下列四组实验(均取2mL溶液)，多视角探究0.1mol⋅L
−1NH4 HS
溶液的性质，已知：H2S的K a1=1.1×10
−7；K a2=1.3×10
−13；NH3⋅H2O的K b=1.8×10
−5
实
验
实验操作和预期现象
①
滴加几滴甲基橙，现象为…
②
加入少量NaClO溶液，现象为…
③
加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④
加入等体积0.2mol⋅L
−1NaOH溶液充分混合，溶液中无明显现
象
下列有关说法正确的是
A．0.1mol⋅L
−1NH4 HS溶液中：c(NH4
+)=c(HS
−)+c(H2S)+c(S
2−)
B．实验①、②溶液中的现象分别为：溶液变黄、产生黄色沉淀
C．实验③发生反应的离子方程式：Cu
2++ HS
−=CuS↓+ H
+
D．实验④所得溶液中：c(OH
−)=c (H
+)+c(HS
−)+2c(H2S)
【答案】B
【分析】实验①：滴加甲基橙，探究溶液酸碱性首先分析N H 4 HS溶液的酸碱性：N H 4
+水解常数：
K h( N H 4
+)=
K w
K b( N H 3⋅H 2O) ≈5.6×10
−10，H S
−水解常数：K h( H S
−)=
K w
K a1( H 2S) ≈9.1×10
−8，
H S
−电离常数K a2=1.3×10
−13，电离可忽略，H S
−水解程度大于N H 4
+水解程度，溶液整体显碱性。甲
基橙变色范围为pH <3.1红色，3.1∼4.4橙色，pH >4.4黄色，因此预期现象为溶液变为黄色；实验②：
加少量NaClO，探究氧化还原性，NH 4 HS具有强还原性，ClO
−是强氧化剂，二者发生氧化还原反应生
成硫单质和氯离子；实验③：加少量CuSO4，探究沉淀反应CuS的溶度积极小，即使溶液中S
2−浓度很低，
C u
2+也可以和H S
−反应生成难溶于酸的CuS黑色沉淀，对应现象就是题干描述的“产生黑色沉淀”，反
应的离子方程式为C u
2++ H S
−=CuS↓+ H
+；实验④：加等体积0.2mol⋅L
−1 NaOH，探究与强碱的反应
原理，N H 4 HS的物质的量为0.1mol/ L×0.002 L=2×10
−4mol，加入NaOH的物质的量为
0.2mol/ L×0.002 L= 4×10
−4mol，即n( NaOH )=2n( N H 4 HS)，恰好完全反应：
N H 4 HS+2 NaOH = N a2S + N H 3⋅H 2O+ H 2O最终得到等浓度的N a2S和N H 3⋅H 2O混合溶液，无
明显沉淀气体，符合题干描述。
【详解】A．NH 4 HS溶液中NH 4
+会水解生成NH 3· H 2O，根据物料守恒，正确关系为
c( NH 4
+)+c( NH 3· H 2O)=c( HS
−)+c( H 2S)+c(S
2−)，选项等式缺少c( NH 3· H 2O)，A 错误；
B．经计算NH 4 HS溶液显碱性，甲基橙遇碱性溶液变黄，实验①现象正确；NaClO为强氧化剂，碱性条
件下可将HS
−氧化为S 单质，会生成黄色S 沉淀，实验②现象正确，B 正确；
C．CuS 溶度积极小，不溶于稀酸，NH4 HS溶液过量，Cu
2+与HS
−反应生成黑色CuS 沉淀和H 2S，离子方
程式书写错误，C 错误；
D．实验④反应后溶质为等物质的量的Na2S和NH 3· H 2O，质子守恒关系为
c(OH
−)=c( H
+)+c( HS
−)+2c( H 2S)+c( NH 4
+)，选项等式缺少c( NH 4
+)，D 错误；
故选B。
8．（2026·江苏·一模）室温下，用CeO2废渣制备Ce2(CO3)3的部分实验过程如下：
已知：K a1(H2CO3)= 4.5×10
−7，K a2(H2CO3)= 4.7×10
−11，K b(NH3⋅H2O)=1.8×10
−5。
下列说法正确的是
A．0.1mol⋅L
−1NH4 HCO3溶液中：c(NH3⋅H2O)+2c(CO3
2−)+c(OH
−)=c (H
+)+c(H2CO3)
B．0.1mol⋅L
−1NH4 HCO3溶液中：c(NH4
+)>c(HCO3
−)
C．生成Ce2(CO3)3沉淀的离子方程式：2Ce
3++6 HCO3
−=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3 H2O
D．Ce2(CO3)3沉淀完全后的滤液中：c(Ce
3+)⋅c(CO3
2−)= K sp[Ce2(CO3)3)
【答案】B
【详解】A．对0.1mol⋅L
−1NH4 HCO3溶液，电荷守恒为c(NH4
+)+c (H
+)=c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)+c(OH
−)，物
料守恒为c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)=c(HCO3
−)+c(CO3
2−)+c(H2CO3)，将物料守恒变形代入电荷守恒，最终得到
c(NH3⋅H2O)+c(CO3
2−)+c(OH
−)=c (H
+)+c(H2CO3)，A 错误；
B．NH4
+的水解常数K h(NH4
+)=
K w
K b(NH3⋅H2O)
≈5.6×10
−10；HCO3
−的水解常数
K h(HCO3
−)=
K w
K a1(H2CO3)
≈2.2×10
−8，且HCO3
−还存在微弱电离（K a2= 4.7×10
−11），由于HCO3
−的水解
（及电离）消耗程度远大于NH4
+的水解消耗，因此溶液中c(NH4
+)>c(HCO3
−)，B 正确；
C．反应体系中有氨水存在，溶液呈碱性，碱性条件下HCO3
−不会大量分解生成CO2，且Ce
3+与HCO3
−双水解
的正确离子方程式为2Ce
3++3 HCO3
−+3 NH3⋅H2O =Ce2(CO3)3↓+3 NH4
++3 H2O，C 错误；
D．Ce2(CO3)3的溶度积表达式为K sp[Ce2(CO3)3)=c
2(Ce
3+)⋅c
3(CO3
2−)，因此Ce2(CO3)3沉淀完全后的滤液
中应满足c
2(Ce
3+)⋅c
3(CO3
2−)= K sp[Ce2(CO3)3)，D 错误；
故答案选B。
9．（2026·河北沧州·一模）常温下，维持c(H2S)=0.1mol⋅L
−1的溶液中，CuS 达沉淀溶解平衡时，相关
离子浓度与pH 的关系如图所示。已知：K a2(H2S)=10
−14.8，下列说法错误的是
A．L2表示−lgc(S
2−)随pH 的变化关系
B．K a1(H2S)的数量级为10
−8
C．K sp(CuS)=1.0×10
−35.9
D．体系中始终存在：2c(Cu
2+)+c (H
+)=2c(S
2−)+c(HS
−)+c(OH
−)
【答案】D
【分析】K sp(CuS)=c(Cu
2+)⋅c(S
2−)，c
2(H
+)⋅c(S
2−)
c(H2S)
= K a1⋅K a2，可知随着pH 增大，c(S
2−)增大，
c(Cu
2+)减小，−lgc(Cu
2+)增大，所以L1表示−lgc(Cu
2+)随pH 的变化关系，L2表示−lgc(S
2−)随pH 的变
化关系，据此分析；
【详解】A．根据分析，L2表示−lgc(S
2−)随pH 的变化关系，A 正确；
B．取L2与横轴交点(11.5,0)代入c
2(H
+)⋅c(S
2−)
c(H2S)
= K a1⋅K a2，(10
−11.5)
2×1
0.1
= K a1⋅10
−14.8，可求得
K a1(H2S)=10
−7.2，故K a1(H2S)的数量级为10
−8，B 正确；
C．取L1上点(5.0,22.9)代入c
2(H
+)⋅c(S
2−)
c(H2S)
= K a1⋅K a2，10
−10⋅c(S
2−)
0.1
=10
−7.2×10
−14.8，
c(S
2−)=10
−13 mol/L，K sp(CuS)=c(Cu
2+)⋅c(S
2−)=10
−22.9×10
−13 =1.0×10
−35.9，C 正确；
D．为调节体系的pH，需加入酸或碱类溶质，导致离子种类发生变化，D 错误；
故选D。
10．（2026·山东日照·一模）HA 和H2B分别为一元酸和二元酸，M
2+不发生水解。常温条件下，现有含
MA2(s)的MA2饱和溶液和含MB(s)的MB 饱和溶液。两份溶液中pc(M
2+)(pc =−lgc)及含A 粒子的微粒分
布系数［如δ (A
−)=
c(A
−)
所有含A粒子的总浓度］的变化关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．K sp(MB)=10
−10 mol
2⋅L
−2
B．A
−+ H2O⇌HA+OH
−的平衡常数约为10
−9 mol⋅L
−1
C．MB 饱和溶液中存在c(OH
−)=c (H
+)+c(HB
−)+2c(H2B)
D．MA2饱和溶液中存在
1
c
3(A
−) =
c (H
+)
K a(HA)K sp(MA2)
+
1
2 K sp(MA2)
【答案】A
【分析】含MA2(s)的MA2饱和溶液中存在如下平衡：MA2(s)⇌M
2+(aq)+2A
-(aq)、A
-+H2O⇌HA+OH
-，
且有δ(A
-)+δ(HA)=1。由图可知pH=3时，曲线③④相交且左侧纵坐标为0.5，因此代表分布系数，随着
pH增大，两平衡都发生逆向移动，有如下推断：c (HA)减小，故曲线③表示δ(HA)随pH变化曲线；c(A
−)
增大，故曲线④表示δ(A
-)随pH变化曲线；M
2+浓度不断减小，pc(M
2+)增大，故曲线②表示pc(M
2+)随
pH变化曲线；曲线①表示MB 饱和溶液中pc(M
2+)随pH变化曲线，由此分析；
【详解】A．由图可知，c(M
2+)不随pH发生变化，则H2B为二元强酸，在MB 饱和溶液中，
K sp=c(M
2+)·c(B
2−)=1×10
-5×1×10
-5=10
-10mol
2·L
-2，A 正确；
B．曲线③④交点有c(HA)=c(A
-)，pH=3，A
-+H2O⇌HA+OH
-的平衡常数
K = c(HA)·c(OH
-)
c(A
-)
=c(OH
-)=10
−11mol·L
-1，B 错误；
C．H2B为二元强酸，不存在HB
-，C 错误；
D．将选项中公式化简得c(A
-)+2c(HA)=2c(M
2+)，MA2饱和溶液中存在物料守恒
c(A
-)+c(HA)=2c(M
2+)，D 错误；
故答案选A。
1．（2026·北京东城·一模）25℃下分别取250mL 蒸馏水、AgCl 饱和溶液和AgCl 悬浊液，测定各样品在
25℃、35℃和45℃的电导率，数据如下。
温度/℃
样品电导率/(μS/cm)
蒸馏水
AgCl溶
液
AgCl悬浊
液
25
129
172
172
35
148
197
224
45
164
222
259
已知：电解质稀溶液的电导率与离子浓度和离子迁移速率有关。
离子迁移速率与离子种类和温度有关。
25℃，K sp(AgCl)=1.8×10
−10，K sp(AgI)=8.5×10
−17。
下列说法不正确的是
A．AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag
+ (aq)+Cl
−(aq)
B．对比蒸馏水和AgCl溶液电导率随温度的变化，推测Ag
+和Cl
−的迁移速率随温度升高而增大
C．对比AgCl溶液和悬浊液电导率随温度的变化，推测悬浊液中的c (Ag
+)和c(Cl
−)随温度升高而增大
D．向25℃的AgCl饱和溶液中加入1 滴0.1mol/L KI 溶液，电导率小于172 μS/cm
【答案】D
【详解】A．AgCl为难溶电解质，悬浊液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag
+(aq)+Cl
−(aq)，A 正确；
B．相同温度下AgCl溶液比蒸馏水多出Ag
+和Cl
−，二者电导率的差值为Ag
+和Cl
−的贡献，温度升高差值
增大，可推测Ag
+和Cl
−迁移速率随温度升高而增大，B 正确；
C．25℃时AgCl溶液和悬浊液电导率相同，说明此时AgCl溶液为饱和溶液；温度升高时悬浊液电导率远
大于AgCl溶液，是因为悬浊液中存在多余AgCl固体，温度升高K sp(AgCl)增大，AgCl溶解更多，
题型04
沉淀溶解平衡
c(Ag
+)和c(Cl
−)增大，C 正确；
D．AgCl 饱和溶液中加入0.1 mol/L KI 溶液后，发生沉淀转化AgCl+ I
−= AgI ↓+Cl
−，虽然Ag
+被沉淀，
但引入了K+和I−，溶液总离子浓度大于原AgCl 饱和溶液中离子浓度，电导率应大于172 μS/cm，D 错误；
故选D。
2．（2026·辽宁大连·一模）一定条件下的Cd(OH)2悬浊液中，存在平衡关系：
Cd(OH)2(s)⇌Cd(OH)2(aq)；Cd(OH)2(aq)⇌ [Cd(OH)]
++OH
−；Cd(OH)2(aq)⇌Cd
2++2OH
−；
Cd(OH)2(aq)+OH
−⇌[Cd(OH)3)
−；Cd(OH)2(aq)+2OH
−⇌[Cd(OH)4)
2−；平衡常数依次为K 0、K 1、K 2、
K 3、K 4。lgc(X)随lgc(OH
−)的变化关系如图所示，X 代表Cd
2+、[Cd(OH)]
+、[Cd(OH)3)
−、[Cd(OH)4)
2−。
下列说法错误的是
A．Ⅰ为c(Cd
2+)的变化曲线
B．随c(OH
−)增大，c[Cd(OH)2(aq))不变
C．m 点：c
2(OH
−)= K 1
K 3
D．n 点：c([Cd(OH)]
+)+2c(Cd
2+)+c (H
+)=3c([Cd(OH)4)
2−)+c(OH
−)
【答案】D
【分析】已知平衡：Cd(OH)2(s)⇌Cd(OH)2(aq)，K 0=c[Cd(OH)2(aq)]，温度不变时，K 0不变，因此
c[Cd(OH)2(aq)]始终为定值，Cd(OH)2(aq)⇌ [Cd(OH)]
++OH
−；K 1= c[Cd(OH)]
+⋅c[OH
−]
c[Cd(OH)2(aq)]
，整理得
lgc[Cd(OH)❑
+ ]=lg( K 1⋅K 0)−lgc[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
−，K 2= c(Cd
2+)c
2(OH
−)
c[Cd(OH)2(aq)]，整理得lgc(Cd
2+)=lg( K 2⋅K 0)−2lgc[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)
−，
K 3=
c[Cd(OH)3
−)
c[Cd(OH)2(aq)]c(OH
−)
，整理得lgc[Cd(OH)3
−]=lg( K 3⋅K 0)+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−，整理得
lg[Cd(OH)❑4
2−)=lg( K 4⋅K 0)+2lgc(OH
−)斜率为2(上升，斜率大，上升快)，对应曲线Ⅲ。
【详解】A．由分析知，Ⅰ为c(Cd
2+)的变化曲线，A 正确；
B． 由分析知，K 0=c[Cd(OH)2(aq)]，温度不变时，K 0不变，因此c[Cd(OH)2(aq)]始终为定值，B 正
确；
C．m 点，c[Cd(OH)
+]=c[Cd(OH)3
−]，根据平衡常数：K 1= c[Cd(OH)]
+⋅c[OH
−]
c[Cd(OH)2(aq)]
、
K 3=
c[Cd(OH)3
−)
c[Cd(OH)2(aq)]c(OH
−)
，两式相除
K 1
K 3
=c
2(OH
−)⋅c[Cd(OH)❑
+ )
c[Cd(OH)3
−)
，代入c[Cd(OH)❑
+ )=c[Cd(OH)3
−)，
得c
2(OH
−)= K 1
K 3
，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([Cd(OH)]
+)+2c(Cd
2+)+c (H
+)=c([Cd(OH)3)
−)+2c([Cd(OH)4)
2−)+c(OH
−)
，n 点，c[Cd(OH)3
−)=c[Cd(OH)4
2−)，则
c(Na
+)+c([Cd(OH)]
+)+2c(Cd
2+)+c (H
+)=3c([Cd(OH)4)
2−)+c(OH
−)，故
c([Cd(OH)]
+)+2c(Cd
2+)+c (H
+)＜3c([Cd(OH)4)
2−)+c(OH
−)，D 错误；
故选D。
3．（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-)= K 1
K 3
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)K 0=c[Cd(OH)2(aq)]，温度不变时K 0不变，因此
c[Cd(OH)2(aq)]始终为定值。Cd(OH)2(aq)⇌Cd(OH)
++OH
−K 1= c(Cd(OH)
+)c(OH
−)
c[Cd(OH)2(aq)] ，整理得：
lg c(Cd(OH)
+)=lg ( K 1⋅K 0)−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
−K 2= c(Cd
2+)c
2(OH
−)
c[Cd(OH)2(aq)]，整理得：lg c(Cd
2+)=lg ( K 2⋅K 0)−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
−K 3=
c(Cd(OH)3
−)
c[Cd(OH)2(aq)]c(OH
−)
，整理得：
lg c(Cd(OH)3
−)=lg ( K 3⋅K 0)+lg c(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−K 4=
c(Cd(OH)4
2−)
c[Cd(OH)2(aq)]c
2(OH
−)
，整理得：
lg c(Cd(OH)4
2−)=lg ( K 4⋅K 0)+2lg c(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K 0=c[Cd(OH )2(aq)]，温度不
变时K 0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： K 1= c[Cd(OH )
+]⋅c(OH
−)
c[Cd(OH )2(aq)]
，
K 3=
c[Cd(OH )3
−]
c[Cd(OH )2(aq)]⋅c(OH
−)
，两式相除得：
K 1
K 3
=c
2(OH
−)⋅c[Cd(OH )
+]
c[Cd(OH )3
−]，代入
c[Cd(OH )
+]=c[Cd(OH )3
−]，得c
2(OH
−)= K 1
K 3
，即c(OH
−)= ❑√
K 1
K 3
≠K 1
K 3
，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。
4．（2026·河北沧州·一模）常温下，维持c(H2S)=0.1mol⋅L
−1的溶液中，CuS 达沉淀溶解平衡时，相关
离子浓度与pH 的关系如图所示。已知：K a2(H2S)=10
−14.8，下列说法错误的是
A．L2表示−lgc(S
2−)随pH 的变化关系
B．K a1(H2S)的数量级为10
−8
C．K sp(CuS)=1.0×10
−35.9
D．体系中始终存在：2c(Cu
2+)+c (H
+)=2c(S
2−)+c(HS
−)+c(OH
−)
【答案】D
【分析】K sp(CuS)=c(Cu
2+)⋅c(S
2−)，c
2(H
+)⋅c(S
2−)
c(H2S)
= K a1⋅K a2，可知随着pH 增大，c(S
2−)增大，
c(Cu
2+)减小，−lgc(Cu
2+)增大，所以L1表示−lgc(Cu
2+)随pH 的变化关系，L2表示−lgc(S
2−)随pH 的变
化关系，据此分析；
【详解】A．根据分析，L2表示−lgc(S
2−)随pH 的变化关系，A 正确；
B．取L2与横轴交点(11.5,0)代入c
2(H
+)⋅c(S
2−)
c(H2S)
= K a1⋅K a2，(10
−11.5)
2×1
0.1
= K a1⋅10
−14.8，可求得
K a1(H2S)=10
−7.2，故K a1(H2S)的数量级为10
−8，B 正确；
C．取L1上点(5.0,22.9)代入c
2(H
+)⋅c(S
2−)
c(H2S)
= K a1⋅K a2，10
−10⋅c(S
2−)
0.1
=10
−7.2×10
−14.8，
c(S
2−)=10
−13 mol/L，K sp(CuS)=c(Cu
2+)⋅c(S
2−)=10
−22.9×10
−13 =1.0×10
−35.9，C 正确；
D．为调节体系的pH，需加入酸或碱类溶质，导致离子种类发生变化，D 错误；
故选D。
5．（2026·内蒙古包头·一模）常温下，假设1 L 水溶液中Co
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物质的量分数随pH 的变化关系如图所示(忽略溶
液体积变化)。已知：①体系中含钴物种的存在形式为Co
2+、CoC2O4 (s)和Co(OH)2(s)；②
K sp[Co(OH)2)=5.9×10
−15，K sp(CoC2O4)= 6.0×10
−8。下列说法错误的是
A．甲线所示物种为CoC2O4 (s)
B．H2C2O4的电离平衡常数K a2=10
−a
C．pH =a时，Co
2+物质的量浓度为0.0084 mol⋅L
−1
D．pH =b时，物质的量浓度：c(OH
−)<c(C2O4
2−)
【答案】C
【分析】pH 较低时，随pH 升高，C2O4
2−浓度增大，Co
2+与C2O4
2−生成CoC2O4沉淀，CoC2O4的摩尔分数逐
渐升高并接近1，故甲为CoC2O4(s)；pH 继续升高后，CoC2O4转化为Co(OH )2沉淀，CoC2O4摩尔分数逐
渐下降，Co(OH )2摩尔分数逐渐升高，故丁为Co(OH )2(s)；在pH 较低时，溶液中含钴物种的主要存在
形式为Co
2+，故乙为Co
2+。
【详解】A．由分析可知，甲为CoC2O4(s)，A 正确；
B．初始c(Co
2+)=c(C2O4
2−)总=0.01mol/L，沉淀的Co物质的量等于沉淀的C2O4
2−物质的量，因此平衡时
溶液中游离的C 等于溶液中Co
2+浓度，即c(C2O4
2−)+c( H C2O4
−)≈c(Co
2+)。 pH =a时，乙为Co
2+，摩尔
分数为0.08，因此c(Co
2+)=0.01mol/L×0.08=8×10
−4 mol/L。 由
K sp(CoC2O4)=c(Co
2+)c(C2O4
2−)=6.0×10
−8，得c(C2O4
2−)= 6.0×10
−8
8×10
−4 =7.5×10
−5 mol/L，则
c( H C2O4
−)=c(Co
2+)−c(C2O4
2−)=7.25×10
−4 mol/L。 代入K a2= c( H
+)·c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)
=c( H
+)=10
−a，B
正确；
C．由B 选项推导，pH =a时Co
2+摩尔分数为0.08，因此c(Co
2+)=0.01mol/L×0.08=0.0008 mol/L，C
错误；
D．pH =b时，体系同时存在两种沉淀，同时满足溶度积：K sp[Co(OH)2)=c(Co
2+)c
2(OH
−)=5.9×10
−15
K sp(CoC2O4)==c(Co
2+)c(C2O4
2−)=6.0×10
−8 两式相除消去c(Co
2+)得：c
2(OH
−)
c(C2O4
2−)
≈9.8×10
−8，即
c(C2O4
2−)= c
2(OH
−)
9.8×10
−8。 pH =b为碱性，c(OH
−)>10
−7 mol/L，代入得
c(C2O4
2−)> (10
−7)
2
9.8×10
−8 ≈10
−7 mol/L>c(OH
−)，D 正确；
故选C。
6．（2026·河北张家口·一模）常温下，向AgNO3溶液中滴加KI溶液，平衡时溶液中−lgc (M)与−lgc (Ag
+)
的关系如图所示(其中M 代表I
−、[AgI2)
−或[AgI3)
2−)。已知：开始滴加KI时生成足量的AgI沉淀；
AgI+I
−⇌[AgI2)
−的平衡常数K 的数量级为10。
下列说法错误的是
A．曲线L2表示−lgc([AgI2)
−)与−lgc (Ag
+)的关系
B．[AgI2)
−+I
−⇌[AgI3)
2−的平衡常数K 的数量级为10
1
C．Q 点溶液中存在c (K
+)=c(I
−)+5c([AgI3)
2−)
D．L1与L3交点对应溶液中c (Ag
+)⋅c([AgI3)
2−)的值为10
−16
【答案】C
【详解】A．当c (Ag
+)较大时，加入KI溶液先生成AgI沉淀，故c([AgI2)
−)、c([AgI3)
2−)更小，[AgI3)
2−比
[AgI2)
−配位数大，对应直线斜率绝对值更大，故曲线L1、L2、L3分别表示−lgc([AgI3)
2−)、
−lgc([AgI2)
−)、−lgc(I
−)与−lgc (Ag
+)的关系，A 正确；
B．[AgI2)
−+I
−⇌[AgI3)
2−的平衡常数K =
c([AgI3)
2−)
c([AgI2)
−)⋅c(I
−)
，图中Q 点c([AgI2)
−)=c([AgI3)
2−)，该点
溶液中c (Ag
+)的数量级为10
−15，由L3上数据计算得K sp(AgI)的值为10
−16，则Q 点溶液c(I
−)的数量级为
10
−2，反应的平衡常数K 的数量级为10
1，B 正确；
C．图中Q 点c([AgI2)
−)=c([AgI3)
2−)，由元素守恒得n(K
+)=n (AgI)+n(I
−)+2n([AgI2)
−)+3n([AgI3)
2−)
=n (AgI)+n(I
−)+5n([AgI3)
2−)>n(I
−)+5n([AgI3)
2−)，即c (K
+)>c(I
−)+5c([AgI3)
2−)，C 错误；
D．L1与L3交点对应溶液中c(I
−)=c([AgI3)
2−)，则c (Ag
+)⋅c([AgI3)
2−) =c (Ag
+)⋅c(I
−)= K sp(AgI)，而
由L3上数据计算得K sp(AgI)的值为10
−16，D 正确；
故选C。
7．（2026·广东东莞·一模）25℃时，AgCl 溶于较浓盐酸形成含银离子：AgCl2
−、AgCl3
2−和AgCl4
3−，各种
含银微粒分布分数φ（如φ(AgCl2
−)=
n(AgCl2
−)
n总(含Ag微粒)
）随Cl
−浓度变化的曲线如图所示。下列叙述正确的
是
A．25℃时，AgCl 的溶解度随Cl
−浓度的增大而减小
B．盐酸浓度越大，c([AgCl2)
−)越大
C．a 点的纵坐标约为48
D．体系中，c (Ag
+)+c (H
+)=c(Cl
−)+c([AgCl2)
−)+c([AgCl3)
2−)+c([AgCl4)
3−)+c(OH
−)
【答案】C
【分析】随着c(Cl
−)增大，配位平衡 Ag
++nCl
−⇌[ AgCln]
(n−1)−正向移动，结合Cl
−数目n越大的配离子，
越容易在高Cl
−浓度下占据更高分布分数。曲线Ⅰ：随c(Cl
−)增大，分布分数快速降低，对应Ag
+；曲线
Ⅱ：分布分数先增大后减小，对应[ AgCl2]
−；曲线Ⅲ：分布分数随c(Cl
−)增大持续升高，最终占比最高，
对应[ AgCl3]
2−。
【详解】A．由图可知，随着氯离子浓度的增大，Ag
+的分布分数减小，当氯离子浓度增大到一定程度后，
会生成AgCl2
−、AgCl3
2−和AgCl4
3−，使得AgCl 的溶解度增大，并非一直减小，A 错误；
B．盐酸浓度增大，c(Cl
−)增大，生成的[ AgCl2]
−会转化[ AgCl3]
2−，则c([ AgCl2]
−)会先增大后减小，B
错误；
C．已知a 点时c(Cl
−)=1.2mol / L，b 点时：φ( AgCl2
−)=26 %，φ( Ag
+)与φ( AgCl2
−)相等，所以
φ( Ag
+)=26 %，则a 点[ AgCl3]
−的分布分数为：
100 %−[φ( Ag
+)+φ( AgCl2
−))=100 %−(26 %+26 %)= 48 %，故a 点的纵坐标为48，C 正确；
D．根据电荷守恒，阳离子总电荷等于阴离子总电荷：
c(Ag
+)+c(H
+)=c(Cl
−)+c([ AgCl2]
−)+2c([ AgCl3]
2−)+3c([ AgCl4]
3−)+c(OH
−)，D 错误；
故选C。
8．（2026·安徽·一模）某废水处理过程中始终保持H2A溶液是饱和的，即c(H2A)=0.1mol⋅L
−1，调节pH
使重金属离子M
2+和N
2+分别形成沉淀MA 和NA 分离，体系中pH 与−lgc (c)为HA
−、A
2−、
H2A、M
2+、N
2+的浓度)的关系如图所示。已知K sp(MA)> K sp(NA)，整个体系温度始终保持常温。下列
说法错误的是
A．曲线③代表pH 与−lgc(A
2−)的关系，随pH 增大，A
2−浓度逐渐增大
B．MA 的K sp为10
−18.4
C．K a2(H2A)=10
−14.7
D．若要使N
2+完全沉淀(c≤10
−5 mol⋅L
−1)，应控制溶液pH 的最小值为1.6
【答案】D
【分析】已知H2A饱和溶液中，H2A的浓度保持不变，随着pH 的增大，HA
−的浓度增大，A
2−的浓度增大，
则−lgc(HA
−)和−lgc(A
2−)随着pH 增大而减小，且pH 相同时，HA
−浓度大于A
2−，即−lgc(HA
−)小于
−lgc(A
2−),M
2+和N
2+的浓度逐渐减小，又因K sp(MA)> K sp(NA)，当c(A
2−)相同时，c(M
2+)>c(N
2+)，则
−lgc(M
2+)和−lgc(N
2+)随着pH 增大而增大，且有−lgc(M
2+)小于−lgc(N
2+)。由此可知，曲线①代表N
2+
浓度的负对数与pH 的关系，②代表M
2+浓度的负对数与pH 的关系，③代表A
2−浓度的负对数与pH 的关系，
④代表HA
−浓度的负对数与pH 的关系，据此分析并结合图像各点数据进行解题。
【详解】A．曲线③代表pH 与−lgc(A
2−)的关系，随pH 增大，A
2−浓度逐渐增大，A 项正确；
B．在②与③的交点处，c(A
2−)=c(M
2+)=10
−9.2mol⋅L
−1, K sp(MA)=c(M
2+)⋅c(A
2−)=
10
−9.2×10
−9.2=10
−18.4，B 项正确；
C.在②与④的交点处，c(HA
−)=10
−3.9 mol⋅L
−1,c (H
+)= 10
−4.2mol⋅L
−1，
c(H2 A)=0.1mol⋅L
−1，K a1= c(HA
−)⋅c (H
+)
c(H2A)
= 10
−3.9×10
−4.2
0.1
=10
−7.1, K a1⋅K a2=
c(A
2−)⋅c
2(H
+)
c(H2 A)
=10
−7.1× K a2，由①与③的交点得出数据代入，
10
−13×(10
−4.9)
2
0.1
=10
−7.1× K a2, K a2=10
−14.7，C 项正确；
D．由图可知，当c(N
2+)=10
−5 mol⋅L
−1时，−lgc(N
2+)=5，此时pH<1.6，D 项错误；
故选D。
9．（2026·山西临汾·一模）某温度下，保持溶液中c (HF)=0.10 mol⋅L
−1，通过调节pH使Pb
2+、Ba
2+形成
氟化物而分离，体系中pH与pX[X表示c(F
−)、c(Pb
2+)、c(Ba
2+)]的关系如图所示。已知：pX =−lgc (X)；
K sp(BaF2)> K sp(PbF2)。下列叙述正确的是
A．K sp(PbF2)=10
−5.7
B．①与②线的交点的pH为2.3
C．pH>4，可使Pb
2+、Ba
2+形成氟化物而分离
D．pH =2时，c(Ba
2+)>c(F
−)>c (H
+)>c(OH
−)
【答案】B
【分析】根据HF⇌
❑
❑
H
++F
−可知，pH 增大，H+的浓度减小，F-的浓度增大，−lgc(F-)减小，则①为pH 与
pc(F-)的关系，根据pc(F-)=1 时，pH=3.2，则Ka=c(H
+)c(F
-)
c(HF)
=10
-3.2×10
-1
0.1
=10
-3.2，
根据Ksp(BaF2)>Ksp(PbF2)，则③为pc(Pb2+)与pH 的关系，②为pc(Ba2+)与pH 的关系；
由点(3.2,5.4)，此时c(F
-)=0.10mol⋅L
-1、c(Pb
2+)=10
−5.4 mol⋅L
-1，则
Ksp(PbF2)=c(Pb
2+)c
2(F
-)=10
−5.4×0.10
2=10
-7.4，同理，由点(3.2,3.7)，此时c(F
-)=0.10mol⋅L
-1、
c(Ba
2+)=10
−3.7 mol⋅L
-1，则Ksp(BaF2)=c(Ba
2+)c
2(F
-)=10
−3.7×0.10
2=10
-5.7；
【详解】A．由分析，Ksp(PbF2)=10
-7.4，A 错误；
B．①与②线的交点为c(F
−)=c(Ba
2+)=
3√K sp(BaF2)=10
−1.9mol / L，
Ka=c(H
+)c(F
-)
c(HF)
=c(H
+)×10
-1.9
0.1
=10
-3.2，c(H+)=10-2.3mol/L，则pH 为2.3，B 正确；
C．若pH=4，Ka=c(H
+)c(F
-)
c(HF)
=c(F
-)×10
-4
0.1
=10
-3.2，则c(F-)=10-0.2mol/L，此时
c(Pb
2+)=Ksp(PbF2)
c
2(F
-)
=10
-7.4
10
−0.2×2 =10
-7mol/L，铅离子完全沉淀，
c(Ba
2+)=Ksp(BaF2)
c
2(F
-)
=10
-5.7
10
−0.2×2 =10
-5.3mol/L，钡离子也完全沉淀，则不能使Pb
2+、Ba
2+形成氟化物而分
离，C 错误；
D．当pH=2 时，Ka=c(H
+)c(F
-)
c(HF)
=c(F
-)×10
-2
0.1
=10
-3.2，则c(F-)=10-2.2mol/L＜c(H+)，溶液中c(Ba2+)=
10
−5.7
(10
−2.2)
2mol/L=10-1.3mol/L＞c(H+)，则c(Ba2+)＞c(H+)>c(F−)>c(OH−)，D 错误；
故选B。
10．（2026·广东江门·一模）某温度下，将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL 悬浊液，向其中缓慢滴加2.0
mL 0.10 mol·L-1 NaCl 溶液。已知该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.96，Ksp(AgCl)=10-9.75。下列叙述正确的是
A．当有AgCl 生成时，c(CrO4
2−)
c
2(Cl
−)
=10
7.54
B．若往Ag2CrO4悬浊液加少量水稀释，CrO4
2−的浓度一定下降
C．在Ag2CrO4悬浊液中加稀硝酸酸化，溶液中c(Ag+)=2c(CrO4
2−)
D．滴入NaCl 溶液后，则有：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=c(CrO4
2−)+c(Cl-)+c(OH-)
【答案】A
【详解】A．当有AgCl生成时，溶液中同时存在两种沉淀的溶解平衡：
c(Cr O4
2−)
c
2(C l
−)
= K sp( A g2Cr O4)
[ K sp( AgCl)]
2 = 10
−11.96
(10
−9.75)
2 =10
7.54，A 符合题意；
B．往A g2Cr O4悬浊液加少量水稀释，若仍为饱和溶液，则c(Cr O4
2−)不变；若未饱和，则c(Cr O4
2−)下
降，因此“一定下降”不成立，B 不符合题意；
C．A g2Cr O4悬浊液中加稀硝酸酸化，酸性条件下存在平衡2CrO4
2−+2 H
+⇌Cr2O7
2−+ H 2O，Cr 元素
以CrO4
2−和Cr2O7
2−两种形式存在，由物料守恒得c( Ag
+)>2c(CrO4
2−)，C 不符合题意；
D．滴入NaCl溶液后，电荷守恒应为c( N a
+)+c( A g
+)+c( H
+)=2c(Cr O4
2−)+c(C l
−)+c(O H
−)，D
不符合题意；
故选A。
