大单元四 第三单元 水溶液中的离子反应与平衡
第6 讲 溶液中粒子浓度的变化曲线
【高考考向预测】
溶液中粒子浓度变化曲线依托电离、水解、酸碱滴定等情境，考查图像中点、线、趋势
的解读，结合三大守恒、电离常数、水解常数判断粒子浓度大小、计算平衡常数并分析平衡
移动，题型以选择题和原理大题为主；近三年考频极高，属于必考内容；预测2027 年侧重多
曲线叠加图像、滴定全过程分段分析，强化交点、特殊点的数据计算与平衡规律综合运用。
【双基自测●明考向】
1．（2026 高三·全国·一轮复习）操作
可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的
气泡。( )
【答案】错误
【详解】KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此KMnO4溶液需要盛放在
酸式滴定管中；图示是碱式滴定管排出尖嘴气泡的操作，不是酸式滴定管（盛KMnO4的滴定
管）的排气泡操作，因此该说法错误。
2．（2026 高三·全国·一轮复习）除去碱式滴定管胶管内的气泡，将尖嘴垂直向下，挤压胶管
内玻璃球将气泡排出。( )
【答案】错误
【详解】碱式滴定管排气泡的正确操作为：将胶管向上弯折使尖嘴斜向上，挤压胶管内的玻
璃球放出部分溶液，即可将气泡随溶液一同排出。题干操作错误，原因是气泡密度小于滴定
溶液，若尖嘴垂直向下，气泡会上浮停留在胶管内部，无法被排出，会导致后续滴定体积测
定存在误差。
3．（2026 高三·全国·一轮复习）图示
仪器读数为4.9 mL。( )
【答案】错误
【详解】图示仪器为滴定管，精度为0.01 mL，其读数为4.90 mL，该表述错误。
4．中和滴定时为了节省时间，不需要重复2～3 次实验。( )
【答案】
错误
【详解】中和滴定实验中，必须重复滴定2～3 次。因为单次实验可能因终点判断偏差（如指
示剂颜色变化不敏感）、读数误差或操作失误引入偶然误差。重复实验后，舍去与其他几次
实验数据差别较大的数据，然后取剩余数据的平均值，可有效减小误差，确保结果准确性。
若仅进行一次滴定，无法验证数据的可靠性，故题干说法错误。
5．将液面在0mL处的25mL的酸式滴定管中的液体全部放出，液体的体积为25mL。( )
【答案】错误
【详解】滴定管尖嘴部分没有刻度，将液面在0 mL 处的25 mL 的酸式滴定管中的液体全部放
出，液体的体积大于25 mL；
答案：错误；
6．（2025 高三·全国·一轮复习）用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，用甲基橙作
指示剂进行滴定。( )
【答案】错误
【详解】NaOH 与 CH 3COOH 反应生成CH 3COONa，CH 3COONa溶液呈碱性，而甲基橙的
变色范围是 3.1 - 4.4（酸性范围），用甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液 pH 不在其变色范
围内，会导致较大误差，应选用酚酞（变色范围 8.2 - 10.0，碱性范围 ）作指示剂 。
7．（2025 高三·全国·一轮复习）
准确量取
15.00mL
稀盐酸。( )
【答案】正确
【详解】要准确量取15.00mL 稀盐酸，应使用酸式滴定管（因为稀盐酸呈酸性，会腐蚀碱式
滴定管的橡胶管 ），图中仪器为酸式滴定管，其可精确到0.01mL，能满足准确量取
15.00mL 稀盐酸的需求，故正确。
8．
用于标准酸溶液滴定未知碱溶液。( )
【答案】正确
【详解】图中滴定管为酸式滴定管，锥形瓶中装待测碱液，可用于标准酸溶液滴定未知碱溶
液，正确。
9．（2026 高三·全国·一轮复习）如图用稀盐酸滴定NaOH溶液。( )
【答案】错误
【详解】用稀盐酸滴定NaOH溶液，稀盐酸应用酸式滴定管盛装，图示为碱式滴定管，装置错
误。
10．
利用如图所示的方法，排出酸式滴定管内的气泡。( )
【答案】错误
【详解】酸式滴定管下端为玻璃旋塞，图示滴定管为碱式滴定管，将碱式滴定管尖嘴部分向
上倾斜45°，慢慢挤压玻璃珠排气，如图所示，故答案为：错误。
【核心梳理●明考点】
考点一 中和滴定曲线
1.巧抓“5 点”,突破滴定曲线中粒子浓度关系
(1)抓反应的“起始”点:判断酸、碱的相对强弱。
(2)抓反应“一半”点:判断是什么溶质的等量混合。
(3)抓“恰好”反应点:生成的溶质是什么,判断溶液的酸碱性。
(4)抓溶液的“中性”点:生成什么溶质,哪种物质过量或不足。
(5)抓反应的“过量”点:溶液中的溶质是什么,判断哪种物质过量。
2.抓住滴定曲线中的5 个关键点——模型构建
以室温时用0.1 mol·L-1 NaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 HA 溶液为例。如图所示:
关键点
离子浓度关系
反应起始点(与pH 轴的
交点)
起始点为HA 的单一溶液,0.1 mol·L-1 HA 溶液pH>1 说明HA 是弱
酸,c(HA)>c(H+)>c(A-)>c(OH-)
反应一半点(点①)
溶液中含等物质的量的NaA 和HA,此时溶液pH<7,说明HA 的电
离程度大于A-的水解程度,c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
中性点(点②)
溶液
pH=7, 溶液呈中性, 酸没有完全被中
和,c(Na+)=c(A-)>c(HA)>c(H+)=c(OH-)
恰好完全反应点(点③)
此时二者恰好完全反应生成NaA, 为强碱弱酸盐, 溶液显碱
性,c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>(H+)
过量点(点④)
此时,NaOH 溶液过量,得到NaA 与NaOH 等物质的量的混合液,溶
液显碱性,c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)
【考点突破●明方向】
1.常温下向100 mL 0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1的盐酸,溶液中pOH 与加入盐酸
的体积关系如图所示。已知:pOH=-lg c(OH-),K a1(H2C2O4)=1×10-2,K a2(H2C2O4)=1×10-5。下列说法
不正确的是( )
A.m 的值约为5
B.若V1=100,则n>7
C.a 点:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)+c(Cl-)+c(OH-)
D.若q=10,则b 点对应的溶液c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4)>100
【答案】D
【解析】m 点还没有加入盐酸,C2O4
2−发生水解:C2O4
2−+ H 2O HC 2O4
−+OH-,Kh=
K w
K a2
= 1×10
−14
1×10
−5
=10-9,所以c(OH-)≈
❑√K h·c(C2O4
2−)=
❑√10
−9×0.1 mol·L-1=10-5 mol·L-1,pOH=5,A 正确;V1=100
时,Na2C2O4与盐酸按照1∶1 恰好反应,生成NaHC2O4和NaCl,HC2O4
−的电离程度大于其水解程
度,溶液呈酸性,pH<7,pOH>7,B 正确;a 点溶液满足电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−
)+c(Cl-)+c(OH-),C 正确;q=10,即pOH=10,c(OH-)=1×10-10 mol·L-1,c(H+)=1×10-4 mol·L-1,
c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4) = K a1( H 2C2O4)
c( H
+)
=100,D 错误。
2.常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加
入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是( )
A.常温下,0.1 mol·L-1氨水中NH3·H2O 的电离常数Kb约为1×10-5
B.a、b 之间的点一定满足:c(NH 4
+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
C.c 点溶液中c(NH 4
+)<c(Cl-)
D.b 点代表溶液呈中性
【答案】B
【解析】常温下,0.1 mol·L-1 氨水中c 水(H+)=10-11 mol·L-1, 则c(OH-)=10
−14
10
−11 mol·L-1=10-3
mol·L-1,Kb=c( N H 4
+)·c(O H
−)
c( N H 3· H 2O)
≈10
−3×10
−3
0.1
=1×10-5,A 正确;a、b 之间的任意一点,溶液都呈碱性,
则c(H+)<c(OH-),结合电荷守恒得:c(Cl-)<c(NH 4
+),而c(Cl-)和c(OH-)的相对大小与所加盐酸的量
有关,B 错误;根据题图知,c 点水电离出的氢离子的浓度最大,恰好反应生成氯化铵,铵根离子水
解使溶液呈酸性,结合电荷守恒得:c(NH 4
+)<c(Cl-),C 正确;b 点溶液中c 水(H+)=10-7 mol·L-1,常温下
c(H+)·c(OH-)=Kw=10-14,所以c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,D 正确。
3.室温下,将1.00 mol·L-1盐酸滴入20.00 mL 1.00 mol·L-1的氨水中,溶液pH 和温度随加入盐酸体
积的变化曲线如图所示。
下列有关说法中不正确的是( )
A.a 点溶液中离子浓度大小关系:c(NH 4
+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
B.b 点溶液中离子浓度大小关系:c(NH 4
+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)
C.c 点溶液中离子浓度大小关系:c(NH 4
+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
D.d 点时溶液温度达到最高,之后温度略有下降,原因是NH3·H2O 电离
【答案】D
【解析】a 点溶液为等物质的量浓度的NH3·H2O 和NH4Cl,溶液显碱性,故氨水的电离程度大于
NH4Cl 的水解程度,所以有c(NH 4
+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),A 正确,b 点溶液显中性,有c(H+)=c(OH-),
根据电荷守恒有c(NH 4
+)=c(Cl-),且有c(NH 4
+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-),B 正确;c 点溶液中溶质是
NH4Cl 和HCl,根据电荷守恒有c(NH 4
+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),C 正确;d 点时酸碱恰好中和,放出热
量最多,溶液温度达到最高,中和反应结束后,加入的盐酸温度低,随着盐酸的加入,混合溶液温度
逐渐降低,与NH3·H2O 电离无关,D 错误。
考点二 分布系数曲线
1.认识分布曲线
一元弱酸(以CH3COOH 为例)
二元酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0 为CH3COOH 分布系数,δ1 为δ0
为
H2C2O4
分
布
系
数
,δ1
为
HC2
CH3COO-分布系数
O4
−分布系数、δ 2
C
为
2O4
2−分布系数
随着pH 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 的微粒分布系数和酸的分布浓度,就
可以计算各成分在该pH 时的平衡浓度。
2.读图解题要领
(1)读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势(以上图中H2C2O4为例)随pH 增大,δ 只
减不增的为H2C2O4曲线,δ 先增后减的为HC2O4
−曲线,δ 只增不减的为C2O4
2−曲线。
(2)“用交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点,可计算电离常数K:
①图中①点:c(HC2O4
−)=c(H2C2O4),其pH 为pH1,K a1(H2C2O4)=c( H C2O4
−)·c( H
+)
c( H 2C2O4)
=10
−p H 1。
②同理图中②点:c(HC2O4
−)=c(C2O4
2−),对应pH 为pH2,K a2=10
−p H 2。
③图中③点,c(H2C2O4)=c(C2O4
2−),此时c(HC2O4
−)最大,其溶液pH 为pH3,则pH3= p H 1+ p H 2
2
。
推理过程如下:
H2C2O4
H++HC2O4
−,HC2O4
−H ++C 2O4
2−,K a1· K a2= c(C2O4
2−)·c
2( H
+)
c( H 2C2O4)
, 由于交点③时,
c(H2C2O4)=c(C2O4
2−),c2(H+)=K a1· K a2=10
−p H 1·10
−p H 2,两边取负对数,即可得,pH3= p H 1+ p H 2
2
。
【考点突破●明方向】
1.室温下,向0.1 mol·L-1的某二元酸H2A 溶液中逐渐加入NaOH 固体,溶液中含A 各粒子的分布
系数δ(A)随溶液pH 的变化如图所示[
δ
如( A
2−)=
c( A
2−)
c( H 2 A )+c( H A
−)+c( A
2−)],已知lg 3≈0.48。
下列说法正确的是( )
A.曲线a 表示的是HA-的变化
B.K a2(H2A)的数量级为10-3
C.假设Q 点溶液中无A2-,则图中x=2.41
D.pH<7 时溶液中可能存在:c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)
【答案】C
【解析】根据图像横坐标的变化判断,加入氢氧化钠溶液后,pH 在增大,溶液中发生酸碱中和,根
据二元酸的电离方程式判断微粒的变化,酸式根离子先增大后减小,酸分子的浓度减小,根据交
点的特点微粒的浓度相等进行计算电离平衡常数。pH 越小,氢离子浓度越大,H2A 越多,所以曲
线a 代表H2A 的变化,A 项错误;P 点处c(A2-)=c(HA-),故K a2=c(H+)=10-5.51 mol·L-1,数量级为10-6,B
项错误; 由
c( H 2 A )
c( H 2 A )+c( H A
−)=0.75, 可得c( H A
−)
c( H 2 A ) = 1
3,K a1=10−2.89= c( H A
−)·c( H
+)
c( H 2 A )
,
c(H+)=3×10-2.89,pH=-lg c(H+)=-lg 3×10-2.89=2.89-0.48=2.41,即Q 点纵坐标x 为2.41,C 项正确;根据
电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-), 推出c(Na+)-c(HA-)-2c(A2-)=c(OH-)-c(H+), 因
c(H+)>c(OH-),故c(Na+)<c(HA-)+2c(A2-),D 项错误。
2.(2024·山东部分学校联考)H2C2O4 为二元弱酸。常温下,配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2
O4
2−)=0.100 mol·L-1的H2C2O4和NaOH 混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH 的变化
曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是( )
A.pH=2.5 的溶液中:c(H2C2O4)+c(C2O4
2−)<c(HC2O4
−)
B.c(Na+)=0.100 mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O4
2−)
C.pH=7 的溶液中:c(Na+)>2c(C2O4
2−)
D.c(HC2O4
−)>c(C2O4
2−)的溶液中:c(Na+)>0.100 mol·L-1+c(HC2O4
−)
【答案】D
【解析】A.由图像可知,pH=2.5 的溶液中c(H2C2O4)和c(C2O4
2−)浓度之和小于c(HC2O4
−),即
c(H2C2O4)+c(C2O4
2−)<c(HC2O4
−),A 正确;B.依据溶液中电荷守恒和元素守恒分析,c(Na+)=0.100
mol·L-1的溶液为NaHC2O4溶液,溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O4
2−)+c(HC2O4
−)+c(OH-)
和元素守恒c(Na+)=c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−)+c(H2C2O4),将两式合并得到(或根据NaHC2O4溶液中的
质子守恒得到)c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O4
2−),B 正确;C.pH=7 的溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),根
据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O4
2−)+c(HC2O4
−)+c(OH-) 可知,c(Na+)=2c(C2O4
2−)+c(HC2O4
−), 故
c(Na+)>2c(C2O4
2−),C 正确;D. 由图像可知,c(HC2O4
−)=c(C2O4
2−) 的溶液呈酸性且
c(H2C2O4)=0,c(H2C2O4)+c(HC2O4
−)+c(C2O4
2−)=2c(C2O4
2−)=0.100 mol·L-1,
电
荷
守
恒
c(H+)
+c(Na+)=2c(C2O4
2−)+c(HC2O4
−)+c(OH-), 因为c(H+)>c(OH-), 故c(Na+)<2c(C2O4
2−)+c(HC2O4
−)=0.100
mol·L-1+c(HC2O4
−),D 错误。
考点三 对数图像
1.图像含义
将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值c( A)
c(B)取常用对数,即lg c(A)或lg
c( A )
c(B)得到的粒子浓度对数图像。
2.破解对数图像的数据
(1)运算法则:lg ab=lg a+lg b、lg a
b=lg a-lg b、lg 1=0。
(2)运算突破点:如lg c( A)
c(B)=0 的点有c(A)=c(B);lg c(D)=0 的点有c(D)=1 mol·L-1。
3.破解对数图像的步骤
(1)识图像:观察横坐标、纵坐标的含义,看清每条曲线代表的粒子种类以及曲线的变化趋势,计
算电离常数时应利用两种粒子浓度相等的点,如lg c( A )
c(B)=0。
(2)找联系:根据图像中的坐标含义和曲线的交点,分析所给电解质的电离平衡常数或pH 与纵、
横坐标之间的联系。
(3)想原理:涉及电离平衡常数,写出平衡常数表达式,在识图像、想原理的基础上,将图像与原理
结合起来思考。
(4)用公式:运用对数计算公式分析。
【考点突破●明方向】
1.(2024·新课标卷，13)常温下CH2ClCOOH 和CHCl2COOH 的两种溶液中，分布系数δ 与
pH 的变化关系如图所示。[比如：δ(CH2ClCOO-)=
c(C H 2ClCOO
−)
c(C H 2ClCOOH )+c(C H 2ClCOO
−)]
下列叙述正确的是( )
A.曲线M 表示δ(CHCl2COO-)~pH 的变化关系
B.若酸的初始浓度为0.10 mol·L-1，则a 点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO-)+c(OH-)
C.CH2ClCOOH 的电离常数Ka=10-1.3
D.pH=2.08 时，
α
电离度(C H 2ClCOOH )
α
电离度(CHC l2COOH ) =0.15
0.85
【答案】D
【解析】— Cl 为吸电子基团，则酸性：CHCl2COOH>CH2ClCOOH ，即
Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH)。随着pH 的增大，c(CH2ClCOOH)、c(CHCl2COOH)减小，
c(CH2ClCOO-)、c(CHCl2COO-)增大。δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5 时的pH 分别约为1.3、2.8，
故两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3，Ka(CH2ClCOOH)≈10-2.8。根据分析，曲线
M 表示δ(CH2ClCOO-)~pH 的变化关系，A 错误；CHCl2COOH 为弱酸，若
c0(CHCl2COOH)=0.1 mol·L-1，且溶液中溶质只有CHCl2COOH 时，c(H+)<0.1 mol·L-1，a 点对应
的c(H+)=0.1 mol·L-1 ，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，
c(H+)>c(CHCl2COO-)+c(OH-)，B 错误；CH2ClCOOH 的电离常数Ka=10-2.8，C 错误；电离度α=
n电离
n始
×100%
，
n
始
=n
电
离
+n
未
电
离
，
则
α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO-)
，
α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO-)，pH=2.08 时，δ(CH2ClCOO-)=0.15，δ(CHCl2COO-)=0.85，D
正确。
2.常温下,向二元弱酸H2Y 溶液中滴加NaOH 溶液,所得混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系
如图所示:
回答下列问题:
(1)向二元弱酸H2Y 中滴加NaOH 溶液,依次反应的离子方程式为
。
(2)随着NaOH 溶液的滴加,lg c( H Y
−)
c( H 2Y ) (填“增大”或“减小”,下同),lg c( H Y
−)
c(Y
2−)
。
(3)K a2(H2Y)= 。
(4)在交叉点“e”,c(H2Y) c(Y2-)(填“>”“<”或“=”)。
【答案】(1)H2Y+OH-===H2O+HY-、HY-+OH-===H2O+Y2-
(2)增大 减小 (3)10-4.3 (4)=
【解析】(3)K a2= c( H
+)·c(Y
2−)
c( H Y
−)
,当c(H+)=10-3 mol·L-1 时, c(Y
2−)
c( H Y
−)=10-1.3,所以K a2=10-4.3。(4)在
“e”点lg c( H Y
−)
c( H 2Y ) =lg c( H Y
−)
c(Y
2−) ,所以c( H Y
−)
c( H 2Y ) = c( H Y
−)
c(Y
2−) ,所以c(H2Y)=c(Y2-)。
3.25 ℃时,向Na2CO3 溶液中滴入盐酸,混合溶液的pH 与lg X 的变化关系如图所示。已知:lg
X=lg c(C O3
2−)
c( HC O3
−)
lg
或
c( HC O3
−)
c( H 2C O3),下列叙述正确的是( )
A.曲线m 表示pH 与lg c( HC O3
−)
c( H 2C O3)的变化关系
B.当溶液呈中性时,c(Na+)=c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)
C.K a1(H2CO3)的数量级为10-6
D.滴加过程中,c(C O3
2−)·c
2( H
+)
c( H 2C O3)
保持不变
【答案】D
【解析】对图像进行以下分析:K a1(H2CO3)=c( H
+)·c( HC O3
−)
c( H 2C O3)
,K a2(H2CO3)=
c( H
+)·c(C O3
2−)
c( HC O3
−)
⇒K=c(H+)·X,M 点pH=9.3、lg X=-1,X=10-1,则K=10-10.3;N 点pH=7.4,lg X=1,X=10,则K=10-6.4;二元
弱酸的K a1≫K a2,则曲线m 表示lg
c(C O3
2−)
c( HC O3
−)与溶液pH 的变化关系,曲线n 代表lg
c( HC O3
−)
c( H 2C O3)
与溶液pH 的变化关系,A 项错误;当溶液显中性时,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3
−)+2c(C
O3
2−)+c(OH-)+c(Cl-),c(H+)=c(OH-),则c(Na+)>c(HCO3
−)+2c(CO3
2−),B 项错误;根据A 项分析知K a1
(H2CO3)=10-6.4,
数
量
级
为
10-7,C
项
错
误
;
c(C O3
2−)·c
2( H
+)
c( H 2C O3)
= c(C O3
2−)·c( H
+)
c( HC O3
−)
× c( HC O3
−)·c( H
+)
c( H 2C O3)
= K a2(H2CO3)·K a1(H2CO3), 温度不变,K a1
(H2CO3)、K a2(H2CO3)不变,故滴加过程中,c(C O3
2−)·c
2( H
+)
c( H 2C O3)
保持不变,D 项正确。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【真题再现●明考向】
1.(2025·湖南，13)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10 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液中滴入一定量0.2 mol ·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10 mL 0.2 mol ·L-1 H2C2O4溶液中加入10 mL 0.2 mol·L-1 BaCl2溶液。
已知：25 ℃时，Ksp(BaC2O4)=10-7.6。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(H2C2O4)=c(C2O4
2−)时，pH=2.5
B.实验1，当溶液呈中性时：c(C2O4
2−)>c(HC2O4
−)>c(H2C2O4)
C.实验2，溶液中有沉淀生成
D.实验2，溶液中存在：2c(Ba2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)
【答案】D
【解析】由图像可知，lgX=0 时，Ka1=c(H+)=10-1.2 ，Ka2=c(H+)=10-3.8 ，Ka1×Ka2=
c( H C2O4
−)·c( H
+)
c( H 2C2O4)
×c(C2O4
2−)·c( H
+)
c( H C2O4
−)
=c(C2O4
2−)·c
2( H
+)
c( H 2C2O4)
=10-1.2×10-3.8=10-5.0 ，当c(H2C2O4)=c(C2
O4
2−)时，c(H+)=10-2.5mol·L-1，pH=2.5，A 正确；当溶液呈中性时，c(H+)=10-7mol·L-1，由两步电
离平衡常数可知，
c( H C2O4
−)
c( H 2C2O4)=10
−1.2
10
−7 >1，c(HC2O4
−)>c(H2C2O4)，同理：
c(C2O4
2−)
c( H C2O4
−)=10
−3.8
10
−7
>1 ，c(C2O4
2−)>c(HC2O4
−) ，B 正确；方法一：实验2 的离子方程式：H2C2O4(aq)+Ba2+
(aq)⥫⥬BaC2O4(s)+2H+(aq)
，
平
衡
常
数
：
K=
c
2( H
+)
c(B a
2+)·c( H 2C2O4)=
c( H
+)·c( H C2O4
−)·c( H
+)·c(C2O4
2−)
c(B a
2+)·c(C2O4
2−)·c( H 2C2O4)·c( H C2O4
−)=
K a1× K a2
K sp(BaC2O4)= 10
−5
10
−7.6=102.6，平衡常数较大，该
反应进行的程度较大，判断可产生沉淀。方法二：进行定量计算，两步电离平衡反应式相加，
得到H2C2O4⥫⥬2H++C2O4
2− K=10-5.0，二者等体积混合，c(H2C2O4)=0.1 mol·L-1，列三段式：
H2C2O4⥫⥬2H++C2O4
2−
始/(mol·L-1) 0.1 0 0
变/(mol·L-1) x 2x x
平/(mol·L-1) 0.1-x 2x x
则K= 4 x
3
0.1−x =10-5.0 ，估算x 的数量级为10-3 ，故Q=c(Ba2+)·c(C2O4
2−)≈0.1×10-3=10-
4>Ksp(BaC2O4)=10-7.6，故有沉淀生成，C 正确；根据电荷守恒，右侧缺少了OH-的浓度，D 错
误。
2.(2025·云南，14)甲醛法测定N H 4
+的反应原理为4NH 4
++6HCHO===(CH2)6N4H++3H++6H2O。
取含NH4Cl 的废水浓缩至原体积的1
10后，移取20.00 mL，加入足量甲醛反应后，用0.010 00
mol·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
+含量为20.00 mg·L-1
B.c 点：c[(C H 2)6 N 4 H
+]+c(H+)=c(OH-)
C.a 点：c[(C H 2)6 N 4 H
+]>c(H+)>c(OH-)>c[(C H 2)6 N 4]
D.(CH2)6N4H+⥫⥬(CH2)6N4+H+的平衡常数K≈7.3×10-6
【答案】D
【解析】由图1 中的信息可知，当加入NaOH 标准溶液的体积为20.00 mL 时到达滴定终点，
由关系式：4N H 4
+~[(CH2)6N4H++3H+]~4OH-可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，
因此，浓缩后的20.00 mL 溶液中c(NH 4
+)=c(OH-)=0.010 00 mol·L-1，则原废水中c(NH 4
+)=0.010
00 mol·L-1× 1
10=0.001 000 mol·L-1 ，因此，废水中NH 4
+的含量为0.001 000 mol·L-1×18×103
mg·mol-1=18 mg·L-1，A 错误；c 点加入的NaOH 标准溶液过量，得到NaOH、NaCl、(CH2)6N4
的混合液，由电荷守恒可知，c[(CH2)6N4H+]+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(Cl-)<c(Na+)，c
[(C H 2)6 N 4 H
+]+c(H+)<c(OH-) ，B 错误；a 点加入10.00 mL NaOH 溶液，得到NaCl 、
(CH2)6N4HCl、HCl 的混合液，其浓度之比为2∶1∶1，(CH2)6N4H+水解使溶液显酸性，则
c[(CH2)6N4H+]<c(H+)，C 错误；图2 中虚线代表δ[(CH2)6N4H+]，实线代表δ[(CH2)6N4]，当
pH=6.00 时，δ[(C H 2)6 N 4]=0.88 ，根据氮元素守恒，δ[(C H 2)6 N 4 H
+]=0.12 ，则
(CH2)6N4H+⥫⥬(CH2)6N4+H+的平衡常数K=
c[(C H 2)6 N 4]·c( H
+)
c[(C H 2)6 N 4 H
+]
=0.88×10
−6
0.12
≈7.3×10-6，D 正确。
3.(2024·河北，11)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
【答案】B
【解析】99%的X、Y 转化为配离子时，溶液中
c( X )
c( X 配离子)=
c(Y )
c(Y 配离子)= 1%
99 %，则lg
c( X )
c( X 配离子)=lg
c(Y )
c(Y 配离子)≈-2，根据图像可知，纵坐标约为-2 时，-lg cX(CN-)>-lg cY(CN-)，
则溶液中CN- 的平衡浓度：X<Y ，A 错误；Q 点时lg
c( X )
c( X 配离子)=lg
c(Z )
c(Z 配离子)，即
c( X )
c( X 配离子)=
c(Z )
c(Z 配离子)，加入少量可溶性Y 盐，会消耗CN-形成Y 配离子，c(CN-)减小，
lg
c( X )
c( X 配离子)与lg
c(Z )
c(Z 配离子)曲线在Q 点相交后，随着-lg c(CN-)增大，X 对应曲线位于
Z 对应曲线上方，lg
c( X )
c( X 配离子)>lg
c(Z )
c(Z 配离子)，则
c( X )
c( X 配离子)>
c(Z )
c(Z 配离子)，B 正确；设
金属离子形成配离子的反应为金属离子+mCN-⥫⥬配离子，平衡常数K=
c(配离子)
c(金属离子)·c
m(C N
−)，lg K=lg
c(配离子)
c(金属离子)·c
m(C N
−)=lg c(配离子)
c(金属离子)-mlg c(CN-)=-lg
c(金属离子)
c(配离子) -m lg c(CN-)，X、Y、Z 三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多，lg
c(金属离子)
c(配离子) ~-lg c(CN-)曲线斜率越大，由图知曲线斜率：Y>Z，则由Y、Z 制备等物质的量
的配离子时，消耗CN-的物质的量：Z<Y，C 错误；直线上的点为平衡状态，P 点在Y 对应直
线的下方，溶液中存在平衡：Y+mCN-⥫⥬Y 配离子，在-lg c(CN-)不变时[即c(CN-)不变]，P 点
对应的lg
c(Y )
c(Y 配离子)偏小，即
c(Y )
c(Y 配离子)偏小，则QP=
c(Y 配离子)
c(Y )·c
m(C N
−)>K，平衡逆向移动，
则P 点状态Y 配离子的解离速率>生成速率，D 错误。
4.(2024·江西，13)废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH
水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ 与pH 的关系如图。下列说法正确的是( )
已
知
：
Mn(OH)2
难
溶
于
水
，
具
有
两
性
；
δ(MnOH+)=
c( MnO H
+)
c( M n
2+)+c( MnO H
+)+c( HMnO2
−)+c[Mn(OH )4
2−]+c( MnO2
2−)。
A.曲线z 为δ(MnOH+)
B.O 点，c(H+)=2
3×10-10.2 mol·L-1
C.P 点，c(Mn2+)<c(K+)
D.Q 点，c(SO4
2−)=2c(MnOH+)+2c(MnO2
2−)
【答案】C
【解析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH 水溶液中，若
Mn(Ⅱ)的分布系数δ 与pH 的关系如图，结合曲线变化和分布系数可知，pH 较小时，Mn 元素
存在形式为Mn2+，则曲线x 为Mn2+，曲线y 为MnOH+，曲线z 为HMnO2
−，结合图像变化分
析判断选项。z 表示δ(HMnO2
−)，故A 错误；图中O 点存在电离平衡Mn2++OH-⥫⥬MnOH+，
在P 点时c(Mn2+)=c(MnOH+) ，pH=10.2 ，K=
c( MnO H
+)
c( M n
2+)·c(O H
−)=
1
c(O H
−)=c( H
+)
K w
=10
−10.2
10
−14
=103.8，O 点δ(Mn2+)=0.6 时，δ(MnOH+)=0.4，则c(OH-)=0.4
0.6×10
−3.8 mol·L-1=2
3×10
−3.8 mol·L-1，
则c(H+)=3
2×10-10.2 mol·L-1，故B 错误；P 点时δ(Mn2+)=δ(MnOH+)=0.5，溶液中含Mn 元素微粒
只有这两种，根据元素守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c(SO4
2−)，且c(Mn2+)=c(MnOH+)①，即
2c(Mn2+)=c(SO4
2−)②，根据电荷守恒有2c(Mn2+)+c(MnOH+)+c(K+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO4
2−)③，
将①和②代入③得到c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(Mn2+) ，此时pH=10.2 ，c(H+)<c(OH―) 则
c(Mn2+)<c(K+) ，故C 正确；Q 点时，根据图像溶液中存在元素守恒：c(SO4
2−)=c(Mn2+)
+c(MnOH+)+c(HMnO2
−)+c(MnO2
2−)+c[Mn(OH)4
2−]
，
且
c(MnOH+)=c(HMnO2
−)
，
c(MnO2
2−
)=c[Mn(OH)4
2−] ，则c(SO4
2−)=c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c(MnO2
2−) ，故c(SO4
2−)>2c(MnOH+)+2c(Mn
O2
2−)，故D 错误。
5.(2024· 山东卷) 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CH3OOOH 的变化情况
B.CH3OOOH 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
【答案】C
【解析】在溶液中存在平衡:CH3COOH
CH3COO-+H+(①) 、Ag++CH3COO-
CH3COOAg(aq)(②),Ag+的水解平衡Ag++H2O
AgOH+H+(③),随着pH 的增大,c(H+)减小,平衡
①③正向移动,c(CH3COOH)、c(Ag+)减小,pH 较小时(约小于7.8)CH3COO-浓度增大的影响大于
Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg 浓度增大,pH 较大时(约大于7.8)CH3COO-浓度增大的影响小
于Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg 浓度减小,故线 Ⅰ 表示CH3COOH 的摩尔分数随pH 变化
的关系,线 Ⅱ 表示CH3COO-的摩尔分数随pH 变化的关系,线 Ⅲ 表示CH3COOAg 随pH 变化
的关系。A. 根据分析, 线 Ⅱ 表示CH3COO- 的变化情况,A 项错误;B. 由图可知, 当
c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时(即线 Ⅰ 和线 Ⅱ 的交点),溶液的pH=m,则CH3COOH 的电
离平衡常数Ka=c( H
+)·c(C H 3COO
−)
c(C H 3COOH )
=10-m,B 项错误;C.pH=n 时c( H
+)·c(C H 3COO
−)
c(C H 3COOH )
=10-
m,c(CH3COO-)=10
−mc(C H 3COOH )
c( H
+)
=10n-mc(CH3COOH),Ag++CH3COO-
CH3COOAg(aq)的K=
c(C H 3COOAg)
c( A g
+)·c(C H 3COO
−),c(Ag+)=
c(C H 3COOAg)
K·c(C H 3COO
−),
由
图
可
知
pH=n
时
,
c(CH3COOH)=c(CH3COOAg), 代入整理得c(Ag+)=10
m−n
K
mol·L-1,C 项正确;D. 根据元素守
恒,pH=10 时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08 mol·L-1,D 项错误。
6.(2024·浙江6 月选考)室温下,H2S 水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ 随pH 变化关系如下图
[例如δ(H2S)=
c( H 2S)
c( H 2S)+c( H S
−)+c(S
2−)]。已知:Ksp(FeS)=6.3×10-18,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。
下列说法正确的是( )
A.溶解度:FeS 大于Fe(OH)2
B.以酚酞为指示剂(变色的pH 范围8.2~10.0),用NaOH 标准溶液可滴定H2S 水溶液的浓度
C.忽略S2-的第二步水解,0.10 mol·L-1的Na2S 溶液中S2-水解率约为62%
D.0.010 mol·L-1 的FeCl2 溶液中加入等体积0.20 mol·L-1 的Na2S 溶液,反应初始生成的沉淀是
FeS
【答案】C
【解析】A.FeS 的溶解平衡为FeS(s)
Fe2+(aq)+S2-(aq), 饱和FeS 溶液物质的量浓度为
❑√K sp( FeS)=
❑√6.3×10
−18mol· L−1= ❑√6.3×10-9 mol·L-1。Fe(OH)2 的溶解平衡为Fe(OH)2(s)
Fe2+(aq)+2OH-(aq),
饱
和
Fe(OH)2
溶
液
物
质
的
量
浓
度
为
3√
K sp[ Fe(OH )2]
4
=
3√
4.9×10
−17
4
mol· L−1=
3√12.25×10−6 mol· L−1>❑√6.3×10-9 mol·L-1,故溶解
度:FeS 小于Fe(OH)2,A 项错误;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 项错误;C.Na2S 溶液中存在水解平衡S2-+H2O
HS-+OH-、HS-+H2O
H2S+OH-(
忽
略
第
二
步
水
解
),
第
一
步
水
解
平
衡
常
数
Kh(S2-)=
c( H S
−)·c(O H
−)
c(S
2−)
= c( H S
−)·c(O H
−)·c( H
+)
c(S
2−)·c( H
+)
=
K w
K a2( H 2S) = 1×10
−14
1×10
−13=0.1,设水解的S2-的浓度为x
mol·L-1,则
x
2
0.1−x =0.1,解得x≈0.062,S2-的水解率约为0.062mol· L
−1
0.1mol· L
−1 ×100%=62%,C 项正确;D.0.01
mol·L-1 FeCl2 溶液中加入等体积0.2 mol·L-1 Na2S 溶液,瞬间得到0.005 mol·L-1 FeCl2 和0.1
mol·L-1 Na2S 的混合液, 结合C 项, 瞬时c(Fe2+)·c(S2-)=0.005×(0.1-0.062)=1.9×10-
4>Ksp(FeS),c(Fe2+)·c2(OH-)=0.005×(0.062)2=1.922×10-5>Ksp[Fe(OH)2],故反应初始生成的沉淀是
FeS 和Fe(OH)2,D 项错误。
高考热点总结
【限时训练】
（60 分钟）
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.(2025·广东揭阳高三期中)室温时,向100 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4 溶液中滴加0.1 mol·L-1
NaOH 溶液,溶液pH 随NaOH 溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.a 点处存在c(NH 4
+)+c(NH3·H2O)=0.1 mol·L-1
B.b 点处存在c(Na+)>c(SO4
2−)>c(NH 4
+)>c(H+)=c(OH-)
C.由b 到c 发生反应的离子方程式为H++NH 4
++2OH-===NH3·H2O+H2O
D.图中a、b、c、d 四个点,水的电离程度最大的是d 点
【答案】B
【解析】a 点处溶液的体积是原来的两倍,c(NH 4
+)+c(NH3·H2O)=0.05 mol·L-1,A 错误;b 点处加入
的氢氧化钠溶液的体积大于100 mL,故c(Na+)>c(SO4
2−),SO4
2−
N
和
H 4
+均来自NH4HSO4,随着氢氧
化钠溶液的加入,铵根离子的浓度减小有两个原因,一是体积的增大,二是铵根离子和氢氧根离
子反应,故c(SO4
2−)>c(NH 4
+),此时溶液中的c(H+)=c(OH-)=10-7 mol·L-1,浓度最小,B 正确;由起点到
a 发生反应的离子方程式为H++OH-===H2O,由b 到c 发生反应的离子方程式为NH 4
++OH-
===NH3·H2O,C 错误;加酸、碱均抑制水的电离,水解促进水的电离,a 点为(NH4)2SO4、Na2SO4的
混合溶液,b、c 点为(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O 的混合溶液,d 点为Na2SO4和NH3·H2O 的混
合溶液,则a 点水的电离程度最大,D 错误。
2.常温下,用0.10 mol·L-1的NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.10 mol·L-1的HX 溶液,所得滴定曲线如图
所示。下列说法错误的是( )
A.该滴定过程应选择酚酞作为指示剂
B.对应溶液中水的电离程度:a<b<c
C.c 点所示的溶液中:c(Na+)+c(HX)+c(X-)=0.10 mol·L-1
D.相同条件下,X-的水解能力强于HX 的电离能力
【答案】D
【解析】根据题图知,滴定终点溶液呈碱性,所以该实验应该选择酚酞作为指示剂,故A 正确。
酸或碱抑制水的电离,弱离子促进水的电离,a 点溶质为HX、NaX,溶液呈酸性,抑制水的电离;b
点溶液呈中性,不影响水的电离;c 点溶质为NaX,X-水解促进水的电离,所以水的电离程
度:a<b<c,故B 正确。酸、碱的物质的量浓度相等,二者混合后存在元素守恒,根据元素守恒得
c(Na+)+c(HX)+c(X-)=0.10 mol·L-1,故C 正确。加入10 mL 时,有一半的酸被中和,溶液中溶质为等
物质的量浓度的NaX、HX,根据图像知,混合溶液pH<7,溶液呈酸性,说明X-的水解能力弱于
HX 的电离能力,故D 错误。
3.以酚酞为指示剂,用0.100 0 mol·L-1的NaOH 溶液滴定20.00 mL 未知浓度的二元酸H2A 溶液。
溶液中,pH、分布系数δ 随滴加NaOH 溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2-的分布系
数:δ(A2-)=
c( A
2−)
c( H 2 A )+c( H A
−)+c( A
2−)]
下列叙述正确的是( )
A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA-)
B.H2A 溶液的浓度为0.200 0 mol·L-1
C.HA-的电离常数Ka=1.0×10-2
D.滴定终点时,溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)
【答案】C
【解析】根据图像及题意分析,曲线①代表δ(HA-),曲线②代表δ(A2-),A 错误;当加入40 mL
NaOH 溶液时, 溶液的pH 发生突变, 说明酸碱恰好完全反应, 结合分析, 根据反应
2NaOH+H2A===Na2A+2H2O,c(H2A)=0.100 0mol· L
−1×40×10
−3 L
2×20.00×10
−3 L
=0.100 0 mol·L-1,B 错误;曲线
①与曲线②的交点存在等量关系:δ(HA-)=δ(A2-),则c(HA-)=c(A2-),此时加入的VNaOH=25 mL,对应
滴定曲线上pH=2.0,则c(H+)=10-2 mol·L-1,HA-的电离平衡常数Ka=c( A
2−)·c( H
+)
c( H A
−)
=c(H+)=1.0×10-
2,C 正确;用酚酞作指示剂,酚酞变色的pH 范围为8.2~10,说明滴定终点时溶液呈碱性,即
c(OH-)>c(H+), 溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-), 则c(Na+)>2c(A2-)
+c(HA-),D 错误。
4.改变0.1 mol·L-1二元弱酸H2A 溶液的pH,溶液中的H2A、HA-、A2-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( H 2 A )+c( H A
−)+c( A
2−)]。
下列叙述错误的是( )
A.pH=1.2 时,c(H2A)=c(HA-)
B.lg [K2(H2A)]=-4.2
C.pH=2.7 时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)
D.pH=4.2 时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)
【答案】D
【解析】A 项,根据图像,pH=1.2 时,H2A 和HA-相交,则有c(H2A)=c(HA-),正确;B 项,根据pH=4.2
时,K2(H2A)=c( H
+)·c( A
2−)
c( H A
−)
=c(H+)=10-4.2,故lg [K2(H2A)]=-4.2,正确;C 项,根据图像,pH=2.7 时,H2A
和A2-相交,则有c(H2A)=c(A2-),且小于c(HA-),正确;D 项,根据pH=4.2 时,c(HA-)=c(A2-),且c(HA-)
+c(A2-)约为0.1 mol·L-1,而c(H+)=10-4.2 mol·L-1,可知c(HA-)=c(A2-)>c(H+),错误。
5.常温下,向碳酸溶液中逐滴加入NaOH 溶液,所得溶液中pC(C 微粒的浓度的负对数)与pH 的
关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.由图中数据可以计算碳酸的电离常数K a1的数量级为10-6
B.虽然H2CO3与CO3
2−能反应,但从图像中能看出这两种微粒在溶液中能够共存
C.pH=7 的溶液中离子浓度大小关系为c(HCO3
−)>c(H2CO3)>c(CO3
2−)
D.pH=10 的溶液中离子浓度大小关系有c(Na+)<3c(CO3
2−)
【答案】D
【解析】碳酸的电离常数K a1= c( H
+)·c( HC O3
−)
c( H 2C O3)
, 当
c(H2CO3)=c(HCO3
−) 时,
K a1= c( H
+)·c( HC O3
−)
c( H 2C O3)
=c(H+)=10-6,故碳酸的电离常数K a1的数量级为10-6,A 正确;从图像可知,在
溶液pH 范围是5~12 时,溶液中同时存在H2CO3与CO3
2−,B 正确;根据图示可知:在溶液pH=7 时,
溶液中离子浓度大小关系为c(HCO3
−)>c(H2CO3)>c(CO3
2−),C 正确;在溶液pH=10 时,溶液存在电
荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)+c(OH-),溶液显碱性,则c(OH-)>c(H+),故c(Na+)>c(HCO3
−
)+2c(CO3
2−),根据图示可知pH=10 时c(HCO3
−)>c(CO3
2−),因此c(Na+)>3c(CO3
2−),D 错误。
6.(2024·湖南长沙高三联考)酒石酸(H2B)及其与OH-形成的微粒的浓度分数随溶液pH 变化曲线
如图[已知:20 ℃时,Ksp(KHB)=3.8×10-4,S(K2B)=100 g·L-1]。向20 mL 0.1 mol·L-1酒石酸溶液中,逐
滴加入0.2 mol·L-1 KOH 溶液,下列相关说法正确的是( )
A.酒石酸的K a1的数量级为10-3
B.pH=4,c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)
C.用酒石酸检验K+时,最佳pH 范围是3.04~4.37
D.V(KOH)=10 mL 时,c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)≈0.067 mol·L-1
【答案】C
【解析】由题图可知,当HB-的浓度分数等于H2B 的浓度分数时,溶液的pH 为3.04,则H2B 的电
离常数K a1= c( H B
−)·c( H
+)
c( H 2B)
=c(H+)=1×10-3.04,则K a1的数量级为10-4,故A 错误;由题图可知,溶液
pH 为4 时,溶液中三种离子的浓度大小顺序为c(HB-)>c(B2-)>c(H2B),故B 错误;由题图可知,溶液
pH 在3.04~4.37 范围内,溶液中HB-浓度较大,有利于钾离子转化为酒石酸氢钾沉淀,故C 正确;
当氢氧化钾溶液的体积为10 mL 时,酒石酸溶液与氢氧化钾溶液恰好反应生成酒石酸氢钾,由酒
石酸氢钾的溶度积可知,溶液中c(K+)=❑√K sp( KHB)=
❑√3.8×10
−4 mol·L-1≈0.019 5 mol·L-1,由元素
守恒可知,溶液中c(K+)=c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)≈0.019 5 mol·L-1,故D 错误。
7.常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的氨水,不考虑NH4NO2的分解,
所得溶液pH 及导电能力变化如图。下列分析正确的是( )
A.a 点和b 点溶液中,水的电离程度大小是a>b
B.b 点溶液中离子浓度大小的关系:c(NO2
−)>c(NH 4
+)>c(H+)>c(OH-)
C.a、d 两点的导电能力相同,则a、d 两点的pH 相同
D.氨水的物质的量浓度为1.0 mol·L-1
【答案】B
【解析】由题图可知,b 点导电能力最大,说明b 点HNO2 和氨水恰好完全反应,溶质为
NH4NO2,NH4NO2水解促进水电离,a 点时HNO2过量,HNO2抑制水的电离,所以水的电离程度:a
点<b 点,故A 错误;b 点导电能力最大,b 点HNO2 和氨水恰好完全反应,溶液中的溶质只有
NH4NO2,由于此时溶液显酸性,则NH 4
+
N
的水解程度大于O2
−的水解程度,离子浓度的关系为c(N
O2
−)>c(NH 4
+)>c(H+)>c(OH-),故B 正确;由题图知,a 点溶液显酸性,d 点溶液显碱性,所以a、d 两点
的pH 不相同,故C 错误;b 点导电能力最大,说明b 点HNO2 和氨水恰好完全反应,10 mL 0.1
mol·L-1的HNO2和10 mL 氨水恰好完全反应,所以氨水的物质的量浓度为0.1 mol·L-1,故D 错误。
8.25 ℃时,向1 L 某缓冲溶液(含0.1 mol·L-1 CH3COOH、0.08 mol·L-1 CH3COONa)和1 L 0.1
mol·L-1 CH3COOH 溶液中加入NaOH(s)或通入HCl(g),两种溶液的pH 变化如图所示(不考虑溶
液体积变化)。已知缓冲溶液pH=pKa-lg c(酸)
c( 盐),下列说法正确的是( )
A.曲线①对应的溶液是缓冲溶液
B.25 ℃时醋酸的电离常数的数量级为10-6
C.a 点溶液中离子浓度的大小关系为c(CH3COO-)=c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)
D.b 点溶液存在:4c(CH3COOH)+9c(H+)=9c(Cl-)+9c(OH-)+5c(CH3COO-)
【答案】D
【解析】当两种溶液中均未加入NaOH(s)或通入HCl(g),即图中横坐标为0 时,0.1 mol·L-1
CH3COOH 溶液的pH 值较小,故①为0.1 mol·L-1 CH3COOH 溶液,②为缓冲溶液。由题图分析可
知②为缓冲溶液,A 错误;①为0.1 mol·L-1 CH3COOH 溶液,当醋酸溶液中加入氢氧化钠0.05 mol
时,即图中a 点,溶质成分为0.05 mol·L-1 CH3COOH 和0.05 mol·L-1 CH3COONa,因醋酸的电离和
醋酸根离子的水解程度较小,近似认为两者浓度相等,故Ka=c(C H 3COO
−)·c( H
+)
c(C H 3COOH )
≈c(H+)=10-
4.75,Ka 的数量级为10-5,B 错误;根据B 中分析,图中a 点,溶质成分为0.05 mol·L-1 CH3COOH 和
0.05 mol·L-1 CH3COONa,溶液呈酸性,即醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,故
c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),C 错误;b 点溶液中溶质成分为0.15 mol·L-1
CH3COOH、0.05 mol·L-1 NaCl、0.03 mol·L-1 CH3COONa,根据元素守恒:9c(Na+)=4[c(CH3COOH)
+c(CH3COO-)], 电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-), 联立两式,4c(CH3COOH)
+9c(H+)=9c(Cl-)+9c(OH-)+5c(CH3COO-),D 正确。
9.常温下,将NaOH 溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图
所示。
(1)该温度下,己二酸(H2X)的两级电离常数的数量级:K a1为 ,K a2为 。
(2)pH 与lg c( H X
−)
c( H 2 X )变化的曲线是 。
(3)HX-的电离程度 (填“大于”“小于”或“等于”)X2-的水解程度,其理由是
。
(4) 当反应进行到混合溶液呈中性时, 溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是
。
【答案】(1)10-5 10-6
(2)N (3)大于 当HX-和X2-浓度相等时,溶液pH 小于7
(4)c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)
能力提升
10.室温下,某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH 变化的曲线如图所示,
下列说法错误的是( )
A.由图可知X(OH)2一级、二级电离平衡常数
B.X(OH)NO3水溶液显碱性
C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)<c[X(OH)+]
D.在pH=6 的水溶液中,c(OH-)=c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)+]
【答案】D
【解析】A. 根据X(OH)2 一级、二级电离平衡常数表达式:K b1= c[ X (OH )
+]×c(O H
−)
c[ X (OH )2]
,
K b2= c( X
2+)×c(O H
−)
c[ X (OH )
+]
,根据图像,可以利用点(9.2,0.5)和点(6.2,0.5)两点中,c[X(OH)+]=c[X(OH)2]
和c(X2+)=c[X(OH)+],故电离平衡常数就等于该点的c(OH-),代入数值可以计算X(OH)2一级、二
级电离平衡常数,A 正确;B.根据选项A 的分析代入计算可得:K b1= c[ X (OH )
+]×c(O H
−)
c[ X (OH )2]
=c(OH-)=10-4.8,K b2= c( X
2+)×c(O H
−)
c[ X (OH )
+]
=c(OH-)=10-7.8,则X(OH)+的水解平衡常数为Kh=
K w
K b1
=10-9.2,
则X(OH)+电离程度大于其水解程度,溶液显碱性,B 正确;C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3
混合溶液,X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度,则溶液中c(X2+)<c[X(OH)+],C 正确;D.室温下
pH=6 溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),D 错误。
11.常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1的草酸(H2C2O4)溶液中逐滴滴入等浓度的NaOH 溶液至过量,用
甲基橙(变色范围的pH 为3.1~4.4)作指示剂,并用pH 计测定滴定过程的溶液pH 变化,其滴定曲
线如图所示,则下列分析正确的是( )
A.滴入10 mL 标准NaOH 溶液时,溶液颜色由红色变为橙色
B.图中①点所示溶液中:c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+2c(C2O4
2−)
C.在①②之间的任意一点,均存在:c(Na+)>c(HC2O4
−)>c(C2O4
2−)>c(H2C2O4)
D.图中②点所示的溶液中:c(Na+)=2c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)+2c(H2C2O4)
【答案】D
【解析】甲基橙变色范围的pH 为3.1~4.4,滴入10 mL 标准NaOH 溶液时,溶液pH 为4.7,颜色由
红色变为黄色,A 错误;图中①点为第一滴定终点,得到的溶质为NaHC2O4,由质子守恒可知,所示
溶液中:c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O4
2−),B 错误;在①②之间的任意一点,得到的溶质为
NaHC2O4、Na2C2O4,如果溶质以Na2C2O4为主,则c(HC2O4
−)<c(C2O4
2−),C 错误;图中②点为第二滴
定终点,得到的溶质为Na2C2O4,所示的溶液中由元素守恒可知:c(Na+)=2c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−
)+2c(H2C2O4),D 正确。
12.H2A 是一种二元弱酸,H2A 由于与空气中的某种成分作用而保持浓度不变, 已知
Ksp(MA)=3.0×10-9,某水体中lg c(X)(X 为H2A、HA-、A2-、M2+)与pH 的关系如图所示。下列说
法正确的是( )
A.曲线③代表HA-
B.H2A 的一级电离常数为10-8.3
C.c(M2+)随pH 升高而增大
D.pH=10.3 时,c(M2+)=3.0×10-7.9 mol·L-1
【答案】D
【解析】H2A 的浓度保持不变,则①代表H2A,随着pH 逐渐增大,HA-、A2-的浓度增大,pH 较小
时HA-的浓度大于A2-的浓度,则曲线②代表HA-,曲线③代表A2-,A 错误;曲线①②的交点代表溶
液中H2A、HA-的浓度相等。由坐标(6.3,-5)知:H2A 的一级电离常数K a1= c( H A
−)·c( H
+)
c( H 2 A )
=c(H+)=10-6.3,B 错误;曲线④代表M2+,则c(M2+)随pH 升高而减小,C 错误;根据图像,曲线②③的交
点(10.3,-1.1)代表溶液中HA-、A2-浓度相等,均为10-1.1 mol·L-1,则c(M2+)=
K sp( MA )
c( A
2−)
= 3.0×10
−9
10
−1.1
mol·L-1=3.0×10-7.9 mol·L-1,D 正确。
13.弱电解质的研究是重要课题。室温下,H2SeO3电离平衡体系中含Se 微粒的物质的量分数与
溶液pH 的关系如图所示,回答下列问题:
(1)写出NaHSeO3水解常数的表达式 。
(2) 写出将少量氢氧化钠溶液滴入H2SeO3 溶液中的离子方程式:
。
(3)NaHSeO3溶液显 性,0.1 mol·L-1 NaHSeO3溶液中,离子浓度由大到小的顺序为
。
(4)计算H2SeO3+SeO3
2−2 HSeO3
−的平衡常数K= 。
【答案】(1)
c( H 2SeO3)·c(O H
−)
c( HSeO3
−)
(2)OH-+H2SeO3===HSeO3
−+H2O
(3)酸 c(Na+)>c(HSeO3
−)>c(H+)>c(SeO3
2−)>c(OH-)
(4)1.0×105
【解析】(1)NaHSeO3 中HSeO3
−
H S
水解方程式为O3
−+H2O
H2SeO3+OH-;水解常数的表达式
为
c( H 2SeO3)·c(O H
−)
c( HSeO3
−)
。(2)少量氢氧化钠溶液滴入H2SeO3溶液中,生成HSeO3
−,离子方程式为
OH-+H2SeO3===HSeO3
−+H2O。(3)由图像可知,NaHSeO3溶液显酸性,说明其电离程度大于水解
程度,所以溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(Na+)>c(HSeO3
−)>c(H+)>c(SeO3
2−)>c(OH-)。
(4)c(H2SeO3)=c(HSeO3
−)
时
,pH=2.5,K a1= c( HSeO3
−)
c( H 2SeO3)·c(H+)=c(H+)=10-2.5,c(SeO3
2−)=c(HSeO3
−)
时
,pH=7.5,K a2= c(SeO3
2−)
c( HSeO3
−)·c(H+)=c(H+)=10-7.5,H2SeO3+Se
O3
2−2 HSeO3
−的平衡常数K =
c
2( HSeO3
−)
c(SeO3
2−)·c( H 2SeO3)
= c( HSeO3
−)
c( H 2SeO3) ·
1
c(SeO3
2−)
c( HSeO3
−)
=
K a1
c( H
+)
·
1
K a2
c( H
+)
=
K a1
K a2
= 10
−2.
10
−7.
=1.0×105。
