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专题07 电化学 电解质溶液
考点概览
题型一 电化学
题型二 电解质溶液
电化学
1．（2025·湖南·一模）某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有
)，其
装置示意图如图所示，处理过程中存在反应
。下列说法错
误的是
A．M 电极的电极反应为
B．铬元素最终以
形式除去
C．电解池右侧的Fe 电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大
D．若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol 的
，理论上N 电极需要通入
11.2L(已折算为标准状况)
【答案】D
【分析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M 电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生
氧化反应生成二氧化碳和水，N 电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置
为电解池，与M 电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N 电极相
连的铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子酸性条
件下与废水中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH 增大，
溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目
的。
【解析】A．由分析可知，M 电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二
氧化碳和水，电极反应式为
，故A 正确；B．由分析可知，铬元素最
终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B 正确；C．由分析可知，与M 电极相连的
右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，
此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C 正确；D．每处
理掉0.2mol 重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数
题型一
目守恒可知，理论上N 电极需要通入标准状况下氧气的体积为
×22.4L/mol=22.4L，故D 错
误；故选D。
2．（2025·湖南湘潭·一模）铬是最硬的金属，一种三室电解法制高纯铬的装置如图所示[缓冲室为
，
、
的混合溶液］。下列说法正确的是
A．M 与电源的正极相连
B．膜C 为阳离子交换膜，膜D 为阴离子交换膜
C．电池工作一段时间后，需向阳极补充一定量的
D．每生成1mol 气体B，缓冲室就生成
【答案】C
【分析】根据该装置为三室电解法制高纯铬，则M 电极发生
，M 为阴极，N 为阳极，发生
，缓冲室中生成硫酸，阳极产生的氢离子应移向缓冲室，膜D 为阳离子交换膜，
阴极
发生还原反应，硫酸根离子移向缓冲室，膜C 为阴离子交换膜。
【解析】A．高纯铬在铬电极上生成，故M 极为阴极，应连接电池的负极，A 项错误；B．根据上述分析，
膜C 为阴离子交换膜，膜D 为阳离子交换膜，B 项错误；C．阳极发生
及氢离子
应移向缓冲室，故电池工作一段时间后，需向阳极补充一定量的
，C 项正确；D．由电极反应式及
电路中通过的电量守恒可知，生成
，同时生成
，有
移向缓冲室，缓冲室应有
，D 项错误；答案选C。
3．（2025·湖南常德·一模）电催化还原技术是电镀废水的一种新型处理方法。某科研团队以铜、铂和
镀铜废水构建电催化还原体系(如图所示)，处理含
的镀铜废水，同时回收氨和铜
资源。下列说法错误的是
A．对处理后的铜片清洗、干燥和称量，发现铜片质量增加，可能是铜片上析出了铜单质
B．
发生的电极反应式为：
C．膜M 为阳离子交换膜
D．当有0.8mol 电子通过导线时，若
全部逸出，理论上可回收
的质量一定少于1.7g
【答案】D
【分析】由图可知，铜为阴极，发生的电极反应为：
，
，Pt 为阳极，发生的电极反应为：
。
【解析】A．根据分析可知，
可能在铜电极得电子发生还原反应：
，生成铜，A 正确；B．
在阴极上发生还原反应生成
，根据
得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，其电极方程式为：
，B 正确；
C．根据电极方程式，可知阴极区生成
，为了平衡电荷，阳极区的阳离子（如
）需要通过膜M
向阴极区移动，所以膜M 为阳离子交换膜，C 正确；D．由
可知，当有
0.8mol 电子通过导线时，生成0.1mol
，若
全部逸出，理论上生成氨气的质量为
，同时
放电也会释放出
，所以理论上可回收
的质量
一定大于1.7g，D 错误；故选D。
4．（2025·湖南·一模）中国科学院福建研究所制备了一种新型铋基ZMOF(Bi-ZMOF)材料，将其用作Zn-
CO2电池的电极，可提高电池放电效率，电池结构如图所示，双极膜中H2O 解离出的H+和OH 在电场作用
⁻
下向两极移动。下列有关说法正确的是
A．锌电极的电势高于Bi-ZMOF 电极的电势
B．放电时，每消耗0.2molZn，双极膜内解离3.6gH ₂ O
C．Bi-ZMOF 电极的反应式为
D．工作一段时间后需要定期补充H2O 和NaOH
【答案】D
【分析】由图可知，锌片为原电池的负极，碱性条件下
失去电子发生氧化反应生成
，消
耗
，要额外补充；Bi—ZMOF 电极为正极，酸性条件下
在正极得到电子发生还原反应，
被消耗生成
。双极膜中的
移向Bi—ZMOF 电极、
离子移向锌片，双极膜中水减少，要
额外补充。
【解析】A．由分析可知，
为电池的负极，Bi－ZMOF 为电池的正极，正极的电势高于负极的电势，
因此锌电极的电势低于Bi－ZMOF 电极的电势，A 错误；B．由分析可知，双极膜中的
移向Bi—ZMOF
电极、
离子移向锌片。电池工作时，每消耗0.2mol
时，外电路转移电子的物质的量为
0.2mol×2=0.4mol。在串联电路中，任何一个截面经过的电量都是相同的，因此有0.4mol
移向Bi
—ZMOF 电极，双极膜内将解离0.4mol 水，即0.4mol×18g·mol-1=7.2g 水，B 错误；C．由分析可知，
Bi—ZMOF 电极为正极，酸性条件下
在正极得到电子发生还原反应生成
，电极反应式为
，C 错误；D．由分析知，工作一段时间后，
和
被消耗，需要定
期补充
和
，故D 正确；故选D。
5．（2025·湖南·一模）新型
电池能有效地捕获
，将其转化为
，再将产生的
电解
制氨，过程如图所示。下列说法正确的是
A．d 电极是电解池的阳极
B．该电池组中电子的流向为：
C．c 的电极反应为：
D．电路中转移
时，理论上能得到
【答案】A
【分析】由图可知，锌失去电子发生氧化反应，a 为负极，与a 相连的c 阴极，b 上NO2得到电子发生
还原反应变为
，b 为正极，与b 相连的d 为阳极；
【解析】A．由分析，c 为阴极，d 为阳极，A 正确；B．电子只能在外电路流动，且由负极流向正极，
、
，B 错误；C．c 为阴极，电极反应为
得到电子发生还原反应生成氨分子：
，C 错误；D．并未说明是标况，此时无法得知O2的体积，D 错误；故选
A。
6．（2025·湖南·一模）电解法能同时处理含多种有害物质的废水，以提高处理效率。下图为双极膜电
解池中通过电解产生极强的氧化能力的羟基自由基(
)，来处理含苯酚废水和含甲醛废水的工作原
理。已知：双极膜中间层中的
解离为
和
。下列说法错误的是
A．M 极连接电源负极，电极反应式：
B．双极膜中
解离出的
透过膜a 向N 极移动
C．每处理3.0g 甲醛，理论上消耗双极膜中
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成
的物质的量之比为
【答案】D
【分析】M 电极通入O2，发生反应生成自由基·OH，反应式为：O2+2e-+2H+=2·OH，M 作阴极；双极膜解
离产生的OH-移向N 极，在N 极上失去电子生成·OH，反应式为：OH--e-=·OH，以此解题。
【解析】A．根据分析可知，M 为阴极，与电源负极连接，电极反应式为；
，A 正
确；B．双极膜中
解离出的
向阳极移动，N 极为阳极，OH-透过膜a 向N 极移动，B 正确；C．
HCHO 被氧化生成CO2，1 分子甲醛失去4 个电子，每处理3.0g 即
甲醛，需要0.4mo 电
子转移，理论上消耗双极膜中
，C 正确；D．根据氧化还原反应规律，1mol 甲醛生成CO2转
移4mol e-，1mol 苯酚生成CO2转移28mol e- ，若有28mol 电子转移，则苯酚生成的CO2为6mol，甲醛
生成的CO2为7mol，理论上苯酚和甲醛转化生成CO 物质的量之比为
₂
6：7，D 错误；答案选D。
7．（2025·湖南株洲·一模）一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图，电解质为含
的有机溶液。
闭合
时产生
，闭合
时产生
。下列说法正确的是
A．闭合
时
从左向右移动
B．闭合
时Ni-Pt 电极发生还原反应
C．闭合
，理论上每生成
，需消耗约
D．放电时总反应：
【答案】D
【分析】放电过程中产生，由图可知，放电过程中氮气得到电子发生还原反应生成
，
又转化
为
和
，则左侧电极为正极，右侧电极为负极。
【解析】A．闭合
时形成原电池，由于左侧电极为正极，右侧电极为负极，
从负极移向正极，从
右向左移动，A 错误；B．闭合
时形成电解池，
电极作为阳极，失去电子，发生氧化反应，B
错误；C．未说明氯气是否处于标准状况，不能开展计算，C 错误；D．放电过程中氮气得到电子发生还
原反应生成
，
又转化为
和
，负极锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，
总反应为：
，D 正确；故选D。
8．（2025·湖南·一模）中国科学院研究所发布的新型固态锂硫正极材料(2Li2S·CuI)，能量密度较高且
成本较低。由这种材料制成的锂离子电池放电、充电时的工作原理如图所示，反应的化学方程式为
。下列说法错误的是
A．放电时，a 极为负极
B．放电时，b 极上的电极反应式：
C．充电时，电子的流向：b 极→外接电源的正极，外接电源的负极→a 极
D．充电时，每转移3 mol 电子，a 极增重21g
【答案】B
【分析】A 极是活泼金属Li，作原电池的负极，b 为正极，放电时a 极发生Li-e-=Li+，正极发生3Li+
+S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI；
【解析】A．由分析可知，a 电极是Li，活泼金属失去电子发生氧化反应，放电时，为负极，A 正确；
B．放电时，b 极上的电极反应式：3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI，B 错误；
C．充电时，原电池的负极接外加电源的负极，b 极接外加电源的正极，电子的流向：b 极→外接电源
的正极，外接电源的负极→a 极，C 正确；D．充电时，a 极发生Li++e-=Li，每转移3 mol 电子，a 极增
重3molLi，质量为21g，D 正确；答案选B。
9．（2025·湖南·一模）2024 年我国科学家开发了一种质子交换膜(
)系统，可在
催化剂(源自
废铅酸电池)上将二氧化碳还原为甲酸，其电解原理如图1 所示。同时减少碳酸盐沉淀的生成，有望高
效实现
向甲酸的转化，
转化过程中的
与电极电势关系如图2 所示。下列有关说法错误的是
A．多孔层可以增大气体与催化剂的接触面积，有利于反应
B．外电路每转移
电子，有
的
自右侧经过质子交换膜到左侧
C．在
的条件下，可发生
D．
时，可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成
【答案】B
【解析】A．多孔材料具有许多微小的孔隙，这些孔隙可以增加催化剂与反应气体的接触面积，使得反
应物分子更容易与催化剂活性位点接触，从而提高反应速率，有利于反应进行，A 正确；B．由图可知，
在正极得到电子生成
，右侧为正极，左侧为负极，原电池中阳离子向正极移动，外电路
每转移
电子，有
的
自左侧经过质子交换膜到右侧，B 错误；C．由图2 可知，
在正极
得到电子生成了
，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：
，C 正确；D．由图2 可知，
时，
在正极得到电子生成了
，
可生成碳酸盐沉淀，不利于甲酸的生成，D 正确；故选B。
10．（2025·湖南·一模）研究者用如图装置提取MnO2中的锰元素。图中“H·”代表氢自由基。下列说
法错误的是
A．H+放电直接生成H2·
B．阴极反应有4H++4e−=4H·
C．随着电流继续增大，使得阴极
增大
D．每生成1mol O2，消耗2mol MnO2
【答案】C
【分析】图中阳极反应为2H2O-4e−=O2↑+4H+，阴极反应为4H++4e−=4H·、2H·+MnO2+2H+=Mn2++2H2O，随
着电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2++2e-=Mn，使得
减小；H+放电直接生成H2而不是H·，
MnO2被H+还原的反应不能进行，使得
减小；Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得
减小。
【解析】A．根据分析可知，H+在阴极放电得到电子直接生成H2·，A 正确；B．由分析可知，阴极反
应有4H++4e−=4H·，B 正确；C．随着电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2++2e-=Mn，另外H+放电直接
生成H2而不是H·，MnO2被H+还原的反应不能进行，Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得
减小，C
错误；D．根据图中阳极反应为2H2O-4e−=O2↑+4H+，阴极反应为4H++4e−=4H·、2H·+MnO2+2H+=Mn2+
+2H2O，每生成1mol O2，同时生成4molH+，则消耗2mol MnO2，故D 正确；故选C。
11．（2025·湖南·一模）某研究团队开发的长循环碱性金属空气电池装置如图所示。下列叙述错误的是
A．放电时，
向
极移动
B．放电时，
极上的电极反应为
C．充电时，极与电源正极连接
D．充电时，产生
(标准状况)
时有
由交换膜左侧向极迁移
【答案】D
【分析】碱性金属空气电池装置是原电池装置，b 极上氧气得电子生成氢氧根离子，b 为正极，电极
反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，a 极为负极，电极反应式为：M+nOH--ne-=M(OH)n；
【解析】A．由分析可知，放电时，a 极为负极，b 为正极，原电池中电解液阴离子移向负极，则OH-
向a 极移动，A 正确；B．放电时，a 极为负极，电极反应式为：M+nOH--ne-=M(OH)n，B 正确；C．原电
池中负极与电解池阴极相连，正极与阳极相连，则充电时，极与电源正极连接，C 正确；D．充电时，
阳极上的电极反应式为4OH--4e-= O2↑+2H2O，标准状况下
O2物质的量为
，阴
离子向阳极迁移，即有0.4molOH-由交换膜左侧向右侧迁移，D 错误；故选D。
12．（2025·湖南·一模）近年来，中国科学院和香港城市大学联合研制出了一种全新的双离子电池，该
电池用石墨(石墨有层间空隙，可以嵌入正离子或负离子)作正负电极，用六氟磷酸锂
离子液体
作电解液，充电时总反应为：
，其结构如图所示。
下列说法错误的是
A．充电时，a 为阴极
B．放电时，正极的电极反应为：
C．充电时，离子液体中的
向阳极移动
D．双离子电池在充放电过程中，缩短离子运动路程，有利于提高电池的能量密度
【答案】C
【分析】根据充电时总反应为：
结合图可知充电时阳极：
，b 电极附近聚集大量阴离子，b 为阳极，a 为阴极，发生反应
；
放电时，a 为负极发生氧化反应
，b 为正极，发生还原反应
。
【解析】A．充电时，a 为阴极，发生还原反应
，A 正确；B．放电时为原电池，b 为
正极，发生还原反应
，B 正确；C．充电时，电解池中阳离子移向阴极，
向阴
极移动，C 错误；D．双离子电池在充放电过程中，缩短离子运动路程，有利于提高电池的能量密度，
D 正确；故答案为：C。
电解质溶液
13．（2025·湖南常德·一模）向盛有500mL 蒸馏水的烧杯中加入
和
固
体，固体全部溶解(忽略溶液体积的变化)，将溶解后溶液持续加热，出现白色沉淀，其过程中的pH
变化曲线如图所示。已知：常温下，
的电离平衡常数
，
的溶度积常
数
，
为易溶于水的弱电解质，存在三步电离。下列说法正确的是
题型二
A．常温下，混合后溶液未出现
白色沉淀是由于pH 太小
B．常温下，反应
的平衡常数：
C．常温下，
与
不能大量共存的原因是发生了剧烈的双水解
D．a 点溶液中存在：
【答案】B
【解析】A．向盛有500mL 蒸馏水的烧杯中加入
和
固体，溶液中
≈
=0.03mol/L，pH=5.8 时，c(OH-)=
，此时溶液中Qc=
c(Al3+)c3(OH-)=3×10-26.6>
，然而此时没有沉淀生成，说明不是由于pH 太小，A 错误；
B．常温下，反应
的平衡常数：
=
=
，B 正确；C．常温下，
和
固体混合后，固体全部溶解，没有沉淀，说明不能共存的原因
不是双水解，而是生成了
，即
与
不能大量共存的原因是生成了弱电解质，
C 错误；D．向盛有500mL 蒸馏水的烧杯中加入
，n(
)=
，
为易溶于水的弱电解质，存在三步电离，根据物料守恒：
，D 错误；故选
B。
14．（2025·湖南·一模）常温下，用浓度为(
的HCl 标准溶液滴定10mL 浓度均为
的NaOH 和Na2A 的混合溶液，溶液中含A 微粒的分布分数
X 表示
H2A、HA 或
随pH 变化曲线及滴定曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是
A．
的K≈10-8.4
B．a 点存在：
C．
D．c 点存在：
【答案】D
【分析】图中左侧溶液中含A 微粒的分布曲线只有两条，说明
第一步完全电离，溶液中含A 微粒
有
、
，随着pH 值增大，溶液中
逐渐增多，
逐渐减小；图中右侧为pH 变化曲线；
【解析】A．加入10mL
标准溶液时，
恰好完全反应，所得溶液为
和
的混合溶液，
溶液体积为20mL，pH=10.7，溶液中OH-浓度为10-3.3mol/L，根据
求得
，
的
，A 正确；B．点a 加入10mL
标
准溶液，所得溶液为
和
混合溶液，溶液体积为20mL，
浓度为0.1mol/L，
浓度
为0.1mol/L，
水解，故
，B 正确；C．若
，混合后所得溶液中
和
的浓度相同，由选项A 分析知，
水解程度大于
的电离程度，使得溶液中
浓度大于
，而b 点时
浓度等于
，可知b 点加入
标准溶液小于
，
，C 正确；D．
点c 加入20mL
标准溶液，溶液中存在电荷守恒：
，存在元素守恒：
，两
式联立可得：
，D 错误；故选D。
15．（2025·湖南·一模）常温下，向
溶液中加入氨水，
体系中含磷粒子的物质的量分数与
pH 的关系如图1 所示，其中交点M、N、Q 的横坐标分别为2.1、7.2、12.4.若改为向含
和
的酸性混合溶液中加入氨水调节溶液pH，会有沉淀生成。pH 对沉淀中Fe 和P 的物质的量之比
的影响如图2 所示，其中
时，沉淀以
为主。下列说法错误的是
A．反应
的平衡常数为
B．N 点满足：
C．R 点的沉淀中一定存在酸式盐沉淀
D．若向
的浊液中加氨水至P 点，沉淀转化的主要化学方程式为：
【答案】B
【分析】M 点代表c(H3PO4)=c(
)，则Ka1=
=c(H+)=10-2.1；N 点代表c(
)=c(
)，则Ka2=
=c(H+)=10-7.2；Q 点代表c(
)=c(
)，Ka3=
=c(H+)=10-12.4。
【解析】A．反应
的平衡常数为K=
=
=
，
A 正确；B．N 点溶液存在电荷守恒：
，N 点
溶液中c(
)=c(
)，
，B 错误；C．其中
时，沉淀以
为主，
=1:1，R 点时
<1:1，一定存在酸式盐沉淀，
C 正确；D．若向
的浊液沉淀成分主要为FePO4，加氨水至P 点时，
大约为
1.5:1，有Fe(OH)3沉淀生成，沉淀转化的主要化学方程式为：
，D 正确；答案选B。
16．（2025·湖南·一模）25℃时，用相同物质的量浓度的
溶液分别滴定起始物质的量浓度均为
0.1mol/L 的等体积的三种酸溶液，商定曲线如图所示，下列说法正确的是
A．酸性强弱：
B．滴定至T 点时，存在：
C．三种溶液滴定到PH 均为7 时，HX 消耗的
溶液最多
D．当中和百分数达到100%时，将三种溶液混合后有：
【答案】B
【分析】根据图象，常温下，中和百分数为0，也就是没有滴入NaOH 溶液时0.1mol/L 的HX、HY、HZ
的pH 由大到小的顺序为：HX＞HY＞HZ，同温同浓度的HX、HY、HZ 电离出H+的能力：HZ＞HY＞HX，故
三种酸的酸性：HZ＞HY＞HX。
【解析】A．常温下，中和百分数为0，也就是没有滴入NaOH 溶液时0.1mol/L 的HX、HY、HZ 的pH 由
大到小的顺序为：HX＞HY＞HZ，c(H+)：HZ＞HY＞HX，同温同浓度的HX、HY、HZ 电离出H+的能力：HZ
＞HY＞HX，故三种酸的酸性：HZ＞HY＞HX，A 错误；B．T 点，中和百分数为50%，所得溶液为等物质
的量浓度的NaY 和HY 的混合液，此时存在电荷守恒：
和物料守恒：
，则存在：
，B 正确；C．由图可知，三
种溶液滴定到pH 均为7 时，三种酸溶液的中和百分数：HZ＞HY＞HX，说明HZ 消耗的
溶液最多，
C 错误；D．当中和百分数达到100%时得到等浓度的NaZ、NaX、NaY 混合溶液，可得电荷守恒：
和物料守恒：
，可得质子守恒为：c(H+)+c(HX)+c(HY)
+c(HZ)=c(OH-)，即c(HX)+c(HY)+c(HZ)=c(OH-)-c(H+)，D 错误；故选B。
17．（2025·湖南湘潭·一模）卤化银在多个领域有着广泛的应用，尤其在照相材料和人工降雨方面最为
显著。用
溶液滴定
(
、
、I)溶液的滴定曲线如
图所示。已知：①常温下，
、
、
的溶度积常数(
)依次为
、
、
；②
在氨水中能生成
：
。下
列有关描述正确的是
A．
、
、
均易溶于氨水
B．M 点对应的溶液中
C．X 为Br 时，a 的数值大于
D．将
、
的饱和溶液等体积混合后，加入足量的浓
溶液，析出的沉淀中，
【答案】D
【解析】A．若AgI 易溶于氨水，根据
，可算出该反应的平衡常数
，故AgI 不能溶于氨水，A 错误；B．M 点加
入的
与NaX 的物质的量相等，此时为AgX 的饱和溶液，但由于
会水解，故
，
B 错误；C．X 为Br 时，a 的值近似为
，C 错误；D．根据溶度积常数可知AgCl 的
溶解度大于AgI，将AgCl 和AgI 的饱和溶液等体积混合后，加入足量的浓
溶液，析出的AgCl
沉淀多于AgI 沉淀，D 正确；故选D。
18．（2025·湖南岳阳·一模）已知
时，
饱和溶液浓度约为
水溶液中各含硫微粒物
质的量分数δ 随
变化关系如下图[例如
]。已知：
。
下列说法正确的是
A．
溶液中，水的电离受到抑制
B．以酚酞为指示剂(变色的
范围
)，用
标准溶液可滴定
水溶液的浓度
C．
的
溶液中：
D．向
的溶液中通入
气体至饱和，所得溶液中：
【答案】C
【分析】在H2S 溶液中存在电离平衡：
、
，随着pH 的增大，H2S 的物质
的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图
中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量
分数随pH 的变化，由①和②交点的pH=7 可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0 可知
Ka2(H2S)=1×10-13；
【解析】A．
是弱酸强碱盐，促进水的电离，A 错误；B．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞
为指示剂，用NaOH 标准溶液滴定H2S 水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，
即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B 错误；C．
是强碱弱酸盐，
最大，以一级水解为
主，且
，
，解得
，
故
，C 正确；D．
，
，故
，D 错误；故选C。
19．（2025·湖南·一模）25℃时，向HR 溶液中滴加NaOH 溶液，测得
随pH 的变化关系
如图所示。下列叙述错误的是
A．M 点水的电离程度大于N 点的
B．pH 为5.0 时，
C．
的NaR 溶液的pH 约为9
D．滴至溶液
时，
【答案】B
【分析】根据图形，
，当
时，此时
，有
，得
，解得HR 的电离平衡常数为：
，据此分
析解答。
【解析】A．根据
，M 点的
，此时HR 还未电离完全，溶液
酸性由HR 决定，同时M 点pH 大于N 点的pH，根据在酸溶液中，溶液酸性越弱，对水的电离抑制越弱，
水的电离程度越大，则有M 点水的电离程度大于N 点，A 正确；B．根据分析，当
时，溶液中有
，说明起始时的HR 溶液刚好消耗了二分之一，根据电荷守恒
，因溶液显酸性有
，可以得到
，说
明加入的NaOH 溶液的物质的量比HR 溶液的物质的量二分之一要少，则有
，B 错
误；C．在
的NaR 溶液中有
的水解：
，根据水解常数公式
，得出
，解得
，则有
，
，C 正确；D．当溶液
时，根据
图形此时有
，根据
得到此时溶液中有
，根据电荷守恒：
可以得到
，则有
，D 正确；故答案为：
B。
20．（2025·湖南株洲·一模）
时，向10mL 某浓度新制氯水中滴入
的
溶液，滴定曲
线如图所示。已知次氯酸的电离平衡常数为
。下列说法错误的是
A．甲点溶液中存在：
B．乙到丁的过程中，水的电离程度先增大后减小
C．丙点溶液中：
D．氯水中存在平衡：
，其平衡常数
约为
【答案】A
【分析】氯水存在反应
，加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠首先和HCl 反应，然
后和HClO 反应；乙点为第一个突跃点，HCl 完全反应，得到HClO、NaCl 的混合溶液，加入20mL 氢氧
化钠溶液对应第二个突跃点，HClO 完全反应，得到氯化钠、次氯酸钠的混合溶液；
【解析】A．由分析，加入20mL 氢氧化钠溶液得到氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，钠离子的物质的量
为0.02L×0.1mol/L=0.002mol，结合钠、氯元素守恒，则
，A 错误；
B．乙到加入20mL 氢氧化钠溶液的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH 发生反应，水的电离程度
一直增大；从加入20mL 氢氧化钠溶液到丁的过程中，溶液中氢氧化钠过量，对水电离的抑制作用不
断增大，水的电离程度不断减小，B 正确；C．丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，此时c(H+)=10-
8mol/L，
，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，结合反应
，则c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以c(Na+)>c(Cl-) > c(ClO-)>c(H＋)，C 正
确；D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)
H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)，pH=10 时，Cl2与NaOH 刚
好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出
，根据起
点pH=2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)=0.01 mol/L，c(Cl2)=0.1-c(H+)，其平衡常数
，D 正确；故选A。
21．（2025·湖南·一模）
时，用
溶液滴定
溶液，体
系中
或
[注：
、
]、
溶液的体
积与溶液
的关系如图所示。下列说法错误的是
A．
时，
B．
时，
的水解常数
C．a 点溶液中，
D．b 点时，
【答案】C
【分析】用
溶液滴定
溶液，
越大，碱性越强，
越大，
越小，由
图像可知②是
与
的变化曲线，①是pHA 与
的变化曲线；
【解析】A．用
溶液滴定
溶液，
越大，碱性越强，
越大，
越小，
由图像可知②是
与
的变化曲线，故
时，
，A 正确；B．
时，①和②线的
交点处
，而
的水解常数
，B 正确；C．a 点加入的
为
的一半，
溶质是等浓度的醋酸和醋酸钠，由元素守恒
、电荷守恒
，得出
，C 错误；
D．当加入
溶液为
时生成
，溶液
，故b 点加入的
溶液
，根
据电荷守恒可知，
，
，
，D 正确；故选C。
22．（2025·湖南·一模）
时，用
气体调节
氨水的
，系统中微粒浓度的对数值(
)与
的关系如图1 所示，反应物的物质的量之比[
]与
的关系如图2 所示。
若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是
A．
所示溶液：
B．
所示溶液：
C．
所示溶液：
D．
时，
的电离平衡常数为
【答案】B
【解析】A．根据图示可知，
时
，溶液中存在电荷守恒：
，
点溶液
，则
，因此
，A 错误；B．根据电荷守恒：
，根据图示可知，
时
，则
，所以
，B 正确；C．根据图示可知，
时
，溶液的溶
质为
，根据元素质量守恒可得
，所以
，C 错误；D．
时，
的电离平衡常数
，当溶液中
时，
，则
，D
错误；故选B。
23．（2025·湖南·一模）25℃时，向
溶液中不断通入
气体(忽略溶液
体积变化)，浴液中
、
与
的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．该温度下，
的
B．
点所表示的溶液中：
C．向原溶液中不断通入
气体：
D．
的溶液中：
【答案】B
【解析】A．W 点溶液中醋酸根离子和醋酸的浓度相等，pH=4.75，所以醋酸的电离常数Ka=
=10-4.75，故A 正确；B．W 点所表示的溶液中c(H+)=10-4.75 mol·L-1，c(CH3COOH)
+c(CH3COO-)=0.100mol/L，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.050 mol·L-1，则c(H+)<c(OH-)+c(CH3COO-)，根据
电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)知，c(Na+)>c(Cl-)，故B 错误；C．向原溶液中通入
0.1 mol HCl 气体，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)及c(Cl-)=c(Na+)=0.100
mol·L-1，可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C 正确；D．由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
+c(Cl-)及物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100 mol·L-1可知，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)-c(Cl-)
+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.100 mol·L-1，故D 正确；故选B。
24．（2025·湖南·一模）草酸
为二元弱酸，常温下向
溶液中逐滴加入
溶液，混合溶液中
、
和
的分布分数
[例如
]随
变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．草酸的一级电离平衡常数的数量级为
B．曲线I 表示
的分布分数
C．当加入的
溶液的体积为
时，溶液中存在关系：
D．
点对应的溶液中存在关系：
【答案】A
【解析】A．据图分析，曲线I 表示
，曲线II 表示
，曲线III 表示
，据图（1.2，0.5）可知
，
，
所以草酸的一级电离平衡常数的数量级为
，A 正确；B．曲线I 表示
的分布分数随
的变
化，B 错误；C．当加入的
溶液的体积为
时，恰好得到草酸氢钠溶液，由于
，
水解程度小于其电离程度，则此时
溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，C 错误；D．
点
，
，
，根据电荷守恒，
，则
，D 错误；答案选A。
