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第1页专题十一电解质溶液题组一1.[2023湖南，3分]常温下,用浓度为0.0200mol⋅L−1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol⋅L−1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随

𝜂[𝜂=𝑉(标准溶液)𝑉(待测溶)]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(D)A.𝐾a(CH3COOH)约为10−4.76B.点a:𝑐(Na+)=𝑐(Cl−)=𝑐(CH3COO−)+𝑐(CH3COOH)C.点b:𝑐(CH3COOH)<𝑐(

CH3COO−)D.水的电离程度:a<b<c<d[解析]根据CH3COOH⇌CH3COO−+H+，可近似认为a点𝑐(H+)=𝑐(CH3COO−),又a点pH=3.38，𝑐(H+)=10−3.38mo

l⋅L−1，故𝐾a(CH3COOH)≈10−3.38×10−3.380.0100=10−4.76，A项正确；a点HCl恰好被完全中和，由物料守恒可得溶液中𝑐(Na+)=𝑐(Cl−)=𝑐(CH3COO−)+𝑐(CH3C

OOH)，B项正确；b点溶液pH<第2页7，即以CH3COOH的电离为主，即溶液中𝑐(CH3COOH)<𝑐(CH3COO−)，C项正确；a、b两点溶液呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点

酸碱恰好完全中和，CH3COO−水解促进水的电离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，故D项错误。2.[2022北京，3分]2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是(B)A.醋酸钠是强电解质B.醋酸

钠晶体与冰都是离子晶体C.常温下，醋酸钠溶液的pH>7D.该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出[解析]醋酸钠属于盐，溶于水或熔融时完全电离，是强电解质，A项正确；醋酸钠晶体是离子晶体，但冰是

分子晶体，B项错误；常温下，醋酸钠溶液由于CH3COO−水解呈碱性，pH>7，C项正确；该溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸钠的溶解平衡向结晶方向移动，析出晶体，D项正确。3.[2022浙江1月选考，2分]已知25℃时二元酸H2A的𝐾a1=1.3×10−

7,𝐾a2=7.1×10−15。下列说法正确的是(B)A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,水的电离程度前者小于后者B.向0.1mol⋅L−1的H2A溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至pH=3,则H2A

的电离度为0.013%C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11,则𝑐(A2−)>𝑐(HA−)D.取pH=𝑎的H2A溶液10mL,加蒸馏水稀释至100mL,则该溶液pH=𝑎+1[解析]盐类的水解促进水的电离,Na2A比

NaHA易水解,等浓度的溶液前者水的电离程度更大,A项错误;设0.1mol⋅L−1H2A溶液在pH=3时H2A的电离度是𝛼,则𝐾a1=𝑐(HA−)⋅𝑐(H+)𝑐(H2A)=0.1𝛼×10−30.1−0.1𝛼=1.3×10−7,解得𝛼≈1.3×10−4,B项

正确;溶液pH=11时,𝑐(H+)=10−11mol⋅L−1,由𝐾a2=𝑐(A2−)⋅𝑐(H+)𝑐(HA−)=7.1×10−15,可得𝑐(A2−)𝑐(HA−)=7.1×10−4<1,𝑐(A2−)<�

�(HA−),C项错误;因为加水稀释促进H2A的电离,所以稀释10倍后溶液pH变化<1,D项错误。4.[2021天津，3分]常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是(A)第3页A.在0.1mol⋅L−1H3PO4溶液中𝑐(H3PO4)>𝑐(H2PO4−)

>𝑐(HPO42−)>𝑐(PO43−)B.在0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中𝑐(Na+)+𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(HC2O4−)+𝑐(C2O42−)C.在0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中𝑐(H2CO3)+𝑐(HCO3−)=0.1m

ol⋅L−1D.氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中𝑐(Cl−)>𝑐(NH4+)>𝑐(OH−)>𝑐(H+)[解析]H3PO4是三元弱酸，其各步电离依次变难，电离出的酸根离子浓度依次减小，A项正确；根据电荷守恒，Na

2C2O4溶液中𝑐(Na+)+𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(HC2O4−)+2𝑐(C2O42−)，B项错误；由元素质量守恒知，0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中𝑐(H2CO3)+𝑐(HCO3−

)+𝑐(CO32−)=𝑐(Na+)=0.1mol⋅L−1，C项错误；氨水和NH4Cl的混合溶液的pH=9,则𝑐(OH−)>𝑐(H+),由电荷守恒知𝑐(NH4+)+𝑐(H+)=𝑐(Cl−)+𝑐(OH−)，

故𝑐(NH4+)>𝑐(Cl−)，D项错误。【解后反思】掌握三大守恒关系的应用5.[2021湖南，3分]常温下，用0.1000mol⋅L−1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol⋅L−1的三种一元弱酸

的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是(C)A.该NaX溶液中：𝑐(Na+)>𝑐(X−)>𝑐(OH−)>𝑐(H+)B.三种一元弱酸的电离常数：𝐾a(HX)>𝐾a(HY)>𝐾a

(HZ)第4页C.当pH=7时，三种溶液中：𝑐(X−)=𝑐(Y−)=𝑐(Z−)D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：𝑐(X−)+𝑐(Y−)+𝑐(Z−)=𝑐(H+)−𝑐(OH−)[解析]A项，NaX溶液因X−水解显碱性，则�

�(OH−)>𝑐(H+)，𝑐(Na+)>𝑐(X−)，因为水解较微弱，所以有𝑐(Na+)>𝑐(X−)>𝑐(OH−)>𝑐(H+)，正确。B项，由题图可知，未加盐酸时，等浓度的三种盐溶液的pH:NaZ>NaY>NaX,则

酸性HZ<HY<HX,正确。C项，pH=7时，NaX、NaY、NaZ三种溶液中所加盐酸体积依次增大，则溶液中Na+浓度依次减小，Cl−浓度依次增大，又三种溶液中均有𝑐(H+)=𝑐(OH−),结合电荷守恒知𝑐(Na+)=𝑐(Cl−)+𝑐(X

−),𝑐(Na+)=𝑐(Cl−)+𝑐(Y−),𝑐(Na+)=𝑐(Cl−)+𝑐(Z−),故X−、Y−、Z−浓度依次减小，错误。D项，加入20.00mL盐酸后，三种溶液混合后的混合溶液中𝑐(Na+)=𝑐(Cl−),结合电荷守恒知𝑐(X−)

+𝑐(Y−)+𝑐(Z−)+𝑐(OH−)=𝑐(H+)，正确。6.[2020浙江7月选考，2分]下列说法不正确的是(A)A.2.0×10−7mol⋅L−1的盐酸中𝑐(H+)=2.0×10−7mol⋅L−1B.将KCl溶液从常温加热至80℃,溶液的pH变小但仍保持中性C.常温下，NaC

N溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D.常温下,pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液pH增大[解析]极稀的溶液中，H2O电离出的H+不能忽略，故𝑐(H+)大于2×10−7mol⋅L−1，A项错误；水的电离是吸热的，升高温度促进水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增

大，pH减小，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍相等，溶液呈中性，B项正确；常温下，NaCN溶液呈碱性，说明NaCN是强碱弱酸盐，HCN是弱酸，C项正确；醋酸溶液中加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡

逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，D项正确。7.[2020全国卷Ⅰ，6分]以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL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(A2−)𝑐(H2A)+𝑐(HA−)+𝑐(A2−)]第5页下列叙述正确的是(C)A.曲线①代表𝛿(H2A),曲线②代表𝛿(HA−)B.H2A溶液的浓度为0.2000mol

⋅L−1C.HA−的电离常数𝐾a=1.0×10−2D.滴定终点时，溶液中𝑐(Na+)<2𝑐(A2−)+𝑐(HA−)[解析]由题图可知加入40mLNaOH溶液时达到滴定终点，又H2A为二元酸，则H

2A溶液的浓度为0.1000mol⋅L−1，由题图可知，没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH约为1.0，分析可知H2A第一步完全电离，曲线①代表𝛿(HA−)，曲线②代表𝛿(A2−)，A、B项错误；由题图可知𝛿(HA−)=𝛿(A2−)时溶液p

H=2.0，即𝑐(HA−)=𝑐(A2−)时溶液pH=2.0，则𝐾a(HA−)=𝑐(H+)⋅𝑐(A2−)𝑐(HA−)=1.0×10−2，C项正确；滴定终点时溶液中存在的离子有Na+、H+、A2−、HA−、OH−，根据电荷守恒有𝑐(Na+)+𝑐(H+)=2𝑐(A2−)+

𝑐(HA−)+𝑐(OH−)，此时𝑐(H+)<𝑐(OH−)，则𝑐(Na+)>2𝑐(A2−)+𝑐(HA−)，D项错误。8.[2019天津理综，6分]某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×

10−4和1.7×10−5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(C)第6页A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液B.溶液中水的电离程度:b点>c点C.从c点到d点,

溶液中𝑐(HA)⋅𝑐(OH−)𝑐(A−)保持不变（其中HA、A−分别代表相应的酸和酸根离子）D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中𝑛(Na+)相同[解析]根据HNO2和CH3COOH的电离常数，可知酸性

：HNO2>CH3COOH。相同pH的两种酸溶液，稀释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离出的�

�(H+)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点<c点，B项错误；溶液中𝑐(HA)⋅𝑐(OH−)𝑐(A−)=𝑐(HA)⋅𝑐(OH−)⋅𝑐(H+)𝑐(A−)⋅𝑐(H+)=𝐾W𝐾a(HA)，从c点到d点，HA的电离平衡正向移动

，但𝐾W、𝐾a(HA)的值不变，故𝑐(HA)⋅𝑐(OH−)𝑐(A−)不变，C项正确；相同体积a点的两溶液中，由于𝑐(CH3COOH)>𝑐(HNO2)，故𝑛(CH3COOH)>𝑛(HNO2)，因此与Na

OH恰好中和后，溶液中𝑛(Na+)不同，D项错误。【解后反思】对于pH相同的两种酸溶液：①酸性越弱，其物质的量浓度越大；②稀释相同倍数时，酸性越弱，其对应溶液的pH变化越小；③相同体积的两种酸溶液，酸性越弱，中和NaOH的能力

越强。9.[2019北京理综，6分]实验测得0.5mol⋅L−1CH3COONa溶液、0.5mol⋅L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(C)A.随温度升高，纯水中𝑐(H+)>𝑐(OH−)第7页B.随温度升高，CH3COON

a溶液的𝑐(OH−)减小C.随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是𝐾W改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同[解析]任何温度时，纯水中H+浓度与OH−浓度

始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中𝑐(OH−)增大，且温度升高，水的电离程度增大，𝑐(OH−)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，𝑐(H+)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故

𝑐(H+)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多，D项错误。题组二1.[

2022湖北，3分]如图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T,lg𝐾a1=−3.04,lg𝐾a2=−4.37)混合体系中部分物种的𝑐−pH图（浓度：总As为5.0×10−4mol⋅L−1，总T为1.0×10−3mol⋅L−1

）。下列说法错误的是(D)A.As(OH)3的lg𝐾a1为−9.1B.[As(OH)2T]−的酸性比As(OH)3的强C.pH=3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]−的高D.pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)3

[解析]As(OH)3的𝐾a1=𝑐{[As(OH)2O]−}⋅𝑐(H+)𝑐[As(OH)3]，由题图知，pH=9.1时，𝑐{[As(OH)2O]−}=𝑐[As(OH)3]，则lg𝐾a1=−pH=−9.1，A项正确；[As(OH)2T]−的𝐾a=𝑐

{[AsO(OH)T]2−}⋅𝑐(H+)𝑐{[As(OH)2T]−},由题图知，pH=4.6时，第8页𝑐{[AsO(OH)T]2−}=𝑐{[As(OH)2T]−},则lg𝐾a=−4.6>As(OH)3的lg𝐾a1，故[As(OH)

2T]−比As(OH)3的酸性强，B项正确；pH=3.1时，As(OH)3的浓度略低于5.0×10−4mol⋅L−1，而[As(OH)2T]−的浓度略高于1.6×10−6mol⋅L−1，C项正确；结合题干和上述分析知，酒石酸的酸性远强于As(OH)3，且溶液中总

As的浓度小于总T的浓度，所以当pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3，D项错误。2.[2022江苏，3分]一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol⋅L−1KOH溶液吸收CO2，若通入

CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度𝑐总=𝑐(H2CO3)+𝑐(HCO3−)+𝑐(CO32−)。H2CO3电离常数分别为𝐾a1=4.4×10−7、𝐾a2=4.4×10−11。下列说法正确

的是(C)A.KOH吸收CO2所得到的溶液中：𝑐(H2CO3)>𝑐(HCO3−)B.KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：𝑐(OH−)=𝑐(H+)+𝑐(HCO3−)+𝑐(H2CO3)C.KOH溶液吸收CO2，𝑐总=0.1mol⋅L

−1溶液中：𝑐(H2CO3)>𝑐(CO32−)D.题图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降[解析]A项，KOH吸收CO2可能生成K2CO3，此时由于CO32−以第一步水解为主，故溶液中𝑐(HCO3−)>𝑐(H2CO3)，也可能生成KHCO3，由于HCO3−的水解

很微弱，故此时溶液中𝑐(HCO3−)>𝑐(H2CO3)，还可能生成K2CO3和KHCO3的混合物，同理，溶液中亦存在𝑐(HCO3−)>𝑐(H2CO3)，错误；B项，K2CO3溶液中存在质子守恒𝑐(OH−)=𝑐(H+)+𝑐(HCO3−)+2�

�(H2CO3)，错误；C项，由于KOH溶液的浓度为0.1mol⋅L−1，𝑐总=0.1mol⋅L−1，即𝑐(K+)=𝑐(H2CO3)+𝑐(HCO3−)+𝑐(CO32−)，此等式为KHCO3溶液的元素质量守恒式，故此时所得溶液为KHCO3溶液，HCO3−存在水解平衡HCO3−+H

2O⇌H2CO3+OH−，电离平衡HCO3−⇌CO32−+H+，由𝐾h(HCO3−)=𝐾W𝐾a1>𝐾a2可知，HCO3−的水解程度大于第9页电离程度，故𝑐(H2CO3)>𝑐(CO32−)，正确；D项，“吸收”时发生的反应和“转化”时发生的

反应均为放热反应，故溶液的温度升高，错误。3.[2022辽宁，3分]甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一。在25℃时，NH3+CH2COOH、NH3+CH2COO−和NH2CH2COO−的分布分数［如𝛿(A2−)=𝑐(A2−)𝑐(H2A)+𝑐(HA−)+𝑐(A2

−)与溶液pH关系如图。下列说法错误的是(D)A.甘氨酸具有两性B.曲线c代表NH2CH2COO−C.NH3+CH2COO−+H2O⇌NH3+CH2COOH+OH−的平衡常数𝐾=10−11.65D.�

�2(NH3+CH2COO−)<𝑐(NH3+CH2COOH)⋅𝑐(NH2CH2COO−)[解析]甘氨酸在溶液中存在平衡①NH3+CH2COO−+H2O⇌NH3+CH2COOH+OH−𝐾、②NH3+CH2COO−⇌NH2CH2COO−+H+𝐾′,pH减小，①平衡正向

移动，NH3+CH2COOH浓度增大，故曲线a代表NH3+CH2COOH，同理，曲线c代表NH2CH2COO−,则曲线b代表NH3+CH2COO−。由图中点(2.35,0.50)可知，𝐾=𝑐(NH3

+CH2COOH)⋅𝑐(OH−)𝑐(NH3+CH2COO−)=𝑐(OH−)=10−11.65,同理，由点(9.78,0.50)可知，𝐾′=𝑐(NH2CH2COO−)⋅𝑐(H+)𝑐(NH3+CH2COO−)=𝑐(H+)=10

−9.78。甘氨酸中含有氨基和羧基，具有两性，A项正确；由上述分析可知，B项正确，C项正确；𝑐(NH3+CH2COOH)⋅𝑐(NH2CH2COO−)𝑐2(NH3+CH2COO−)=𝑐(NH3+CH2COOH)𝑐(NH3+

CH2COO−)×𝑐(NH2CH2COO−)𝑐(NH3+CH2COO−)=𝐾𝑐(OH−)×𝐾′𝑐(H+)=10−11.65𝑐(OH−)×10−9.78𝑐(H+)=10−21.4310−14<1，故�

�2(NH3+CH2COO−)>𝑐(NH3+CH2COOH)⋅𝑐(NH2CH2COO−)，D项错误。【解后反思】对于物种分布分数图像，一般选择“交点”处不同微粒的等浓度关系，代入电离常数公式计算各级电离常数。4.[

2022河北，3分]某水样中含一定浓度的CO32−、HCO3−和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol⋅L−1的HCl溶液进行滴定，溶液pH第10页随滴加HCl溶液体积𝑉(HCl)的变化关系如图（混合后溶液体积变化忽

略不计）。下列说法正确的是(C)A.该水样中𝑐(CO32−)=0.01mol⋅L−1B.a点处𝑐(H2CO3)+𝑐(H+)=𝑐(OH−)C.当𝑉(HCl)≤20.00mL时，溶液中𝑐(HCO3−)基本保持不变D.曲线上任意一点存在𝑐(CO32−)+𝑐(H

CO3−)+𝑐(H2CO3)=0.03mol⋅L−1[解析]由以上分析知，A项错误；根据水样中所含离子种类及图像分析可知，a点处能水解的离子主要为HCO3−，根据质子守恒可得𝑐(H+)+𝑐(H2CO3)=𝑐(OH−)+𝑐(CO32−)，B项错误；水样中𝑐(

HCO3−)=0.01mol⋅L−1，𝑉(HCl)≤20.00mL第11页时，随着HCl溶液的加入，HCO3−被稀释，但由于发生反应CO32−+H+⬚⬚HCO3−，又有HCO3−生成，a点时𝑐(HCO3−)仍为0.01mol⋅L−1，C项正确；根据图像分析及碳元素守恒可知

，起始时水样中𝑐(H2CO3)+𝑐(HCO3−)+𝑐(CO32−)=0.03mol⋅L−1，但随着HCl溶液的加入，溶液被稀释，该值减小，D项错误。5.[2022浙江1月选考，2分]某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol⋅L−1Na2CO3溶液和40mL

0.2mol⋅L−1NaHCO3溶液,再分别用0.4mol⋅L−1盐酸滴定,利用pH计和压力传感器检测,得到如下曲线:下列说法正确的是(C)A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸,乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B.当滴加盐酸的体积为𝑉1mL时（a点、b点）,

所发生的反应用离子方程式表示为HCO3−+H+⬚⬚CO2↑+H2OC.根据pH−𝑉(HCl)图,滴定分析时,c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：𝑐(H2CO

3)−𝑐(CO32−)=𝑐(OH−)−𝑐(H+)[解析]因为CO32−比HCO3−的水解程度大,且Na2CO3溶液浓度比NaHCO3溶液大,故Na2CO3溶液的初始pH较大,甲线表示向Na2CO3溶液中

滴加盐酸,向Na2CO3溶液中滴加盐酸时,CO32−→HCO3−→H2CO3→CO2,开始加入盐酸时没有CO2产第12页生,故丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸,A项错误;从图像可以看出,b点尚未放出CO2,此时反应的离子方程式是HCO3−+H+⬚⬚H2CO3,B项错误;图像显示c点pH

在8∼10,则可以用酚酞作指示剂,d点pH在3∼4,则可以用甲基橙作指示剂,C项正确;根据质子守恒,Na2CO3溶液𝑐(OH−)=𝑐(H+)+𝑐(HCO3−)+2𝑐(H2CO3),D项错误。6.[2021浙江1月选考，2分]实验

测得10mL0.50mol⋅L−1NH4Cl溶液、10mL0.50mol⋅L−1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3⋅H2O的电离常数均为1.8×10−5。下列说法不

正确的是(C)A.图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为0.50𝑥mol⋅L−1,溶液pH变化值小于lg𝑥C.随温度升高,𝐾W增大,CH3COONa溶液中𝑐(OH−)减小,𝑐(H+)增大,pH减小D.25℃时稀释相同倍数的NH4

Cl溶液与CH3COONa溶液中:𝑐(Na+)−𝑐(CH3COO−)=𝑐(Cl−)−𝑐(NH4+)[解析]加水稀释促进盐类的水解，但OH−或H+浓度减小，根据图像，可以得出图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A正确；氯化铵溶液加水稀释至浓度为

0.50𝑥mol⋅L−1，即稀释了𝑥倍，但加水稀释促进盐类水解，溶液pH的变化值小于lg𝑥，B正确；温度升高，水的离子积增大，促进醋酸钠水解，溶液中的𝑐(OH−)增大，C不正确；稀释相同的倍数，因为25℃时，第13页CH3COOH和NH

3⋅H2O的电离常数相同，所以NH4+和CH3COO−的水解程度相同，所以有𝑐(Cl−)−𝑐(NH4+)=𝑐(Na+)−𝑐(CH3COO−)，D正确。7.[2020浙江7月选考，2分]常温下，用0.1mol⋅L−1氨水滴定10mL浓度均为0.1

mol⋅L−1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是(D)A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中𝑐(Cl−)>𝑐(CH3COO−)B.当滴入氨水10mL时,𝑐(NH4+)+𝑐(NH3⋅H

2O)=𝑐(CH3COO−)+𝑐(CH3COOH)C.当滴入氨水20mL时,𝑐(CH3COOH)+𝑐(H+)=𝑐(NH3⋅H2O)+𝑐(OH−)D.当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL,𝑐(NH4+)<𝑐(Cl−)[解析]

HCl是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离，浓度相同的HCl和CH3COOH的混合液中𝑐(Cl−)>𝑐(CH3COO−)，A项正确；当滴入氨水10mL时，加入的氨水的体积、浓度和初始醋酸溶液的体积、浓度均相等，由元

素质量守恒可知，𝑐(NH4+)+𝑐(NH3⋅H2O)=𝑐(CH3COO−)+𝑐(CH3COOH)，B项正确；当滴入氨水20mL时，溶液中溶质为CH3COONH4和NH4Cl，根据电荷守恒式𝑐(NH4+)

+𝑐(H+)=𝑐(CH3COO−)+𝑐(Cl−)+𝑐(OH−)，元素质量守恒式𝑐(NH4+)+𝑐(NH3⋅H2O)=𝑐(CH3COO−)+𝑐(CH3COOH)+𝑐(Cl−)，可得𝑐(CH3COOH)+𝑐(H+)=𝑐(NH3⋅H2O)+𝑐(OH−)，C项正确；恰好反应时，生

成等物质的量的氯化铵和醋酸铵，此时溶液呈酸性，若溶液呈中性，则氨水滴入量大于20mL，根据电荷守恒式𝑐(NH4+)+𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(Cl−)+𝑐(CH3COO−)及𝑐(OH−)=𝑐(H+)可知，𝑐(NH4+)>𝑐(Cl−)，D项错误。题组三

1.[2023浙江1月选考，3分]甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂（含固体活性成分R3N，R为烷基）因静电作用被吸附回收，其回收率（被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数）与废水初始pH关系如图（

已知甲酸𝐾a=1.8×10−4），下列说法不正确的是(D)第14页A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O⇌R3NH++OH−B.pH=5的废水中𝑐(HCOO−):𝑐(HCOOH)=18C.废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH+作用的HCOO−数目减少

D.废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在[解析]活性成分R3N中N能与水电离出的H+形成配位键，因此在水中存在平衡：R3N+H2O⇌R3NH++OH−，A项正确；pH=5的废水中，𝑐(H+)=10−5mol⋅L−1，根据甲酸𝐾a=𝑐(H+)⋅𝑐(H

COO−)𝑐(HCOOH)=1.8×10−4，得𝑐(HCOO−)𝑐(HCOOH)=𝐾a𝑐(H+)=1.8×10−410−5=18，B项正确；废水初始pH<2.4，随pH下降，𝑐(H+)增大，电离平衡HCOOH⇌HCOO−+H

+逆向移动，甲酸的电离被抑制，𝑐(HCOO−)减小，与R3NH+作用的HCOO−数目减少，C项正确；废水初始pH>5时回收率小于10%，说明吸附在树脂上的甲酸根较少，活性成分主要以R3N形态存在，D项错误。2.[2022全国乙卷，6分]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(B)A.溶液Ⅰ中𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(A−)第15页B.溶液Ⅱ中HA

的电离度(𝑐(A−)𝑐总(HA))为1101C.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[解析]pH=7.0，溶液Ⅰ呈中性，𝑐(H+)=𝑐(OH−)，若𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(A−),则𝑐(A−)=0，明

显不符合实际情况，A项错误；溶液Ⅱ中，𝑐(A−)𝑐总(HA)=𝑐(A−)𝑐(HA)+𝑐(A−)=1𝑐(HA)𝑐(A−)+1=1𝑐(H+)𝐾a(HA)+1=10−310−1+10−3=1101，B项正确；HA可以自由通过隔膜，溶液Ⅰ、Ⅱ中𝑐(HA)应相等

，C项错误；溶液Ⅰ、Ⅱ中𝑐(HA)相等，由𝐾a(HA)=𝑐(A−)×𝑐(H+)𝑐(HA)，可得𝑐Ⅰ(A−)×𝑐Ⅰ(H+)=𝑐Ⅱ(A−)×𝑐Ⅱ(H+),则𝑐Ⅰ(A−)𝑐Ⅱ(A−)=𝑐Ⅱ(H+)

𝑐Ⅰ(H+)=10−110−7=106，溶液Ⅰ中，𝑐Ⅰ(A−)𝑐Ⅰ总(HA)=10−310−7+10−3≈1，𝑐Ⅰ总(HA)=𝑐Ⅰ(A−)，同理溶液Ⅱ中，𝑐Ⅱ总(HA)=101𝑐Ⅱ(A−)，故𝑐Ⅰ总(HA)𝑐Ⅱ总(HA)=𝑐Ⅰ(A−)101𝑐Ⅱ(A−)=106101≈10

4，D项错误。3.[2021江苏，3分]室温下,通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。实验1:用pH试纸测量0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液的pH,测得pH约为8实验2:将0.1mol⋅L−1NaH

CO3溶液与0.1mol⋅L−1CaCl2溶液等体积混合,产生白色沉淀实验3:向0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9实验4:向0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去下列说法正确的是(C)A.由实验1可

得出：𝐾a2(H2CO3)>𝐾W𝐾a1(H2CO3)B.实验2中两溶液混合时有:𝑐(Ca2+)⋅𝑐(CO32−)<𝐾sp(CaCO3)C.实验3中发生反应的离子方程式为CO32−+H2O+CO2⬚⬚2HCO3−D.实验4中𝑐反应前(CO32−)<𝑐反应后(CO32−)[解析]A项

，NaHCO3溶液的pH约为8，说明HCO3−的水解程度大于电离程度，即𝐾h=𝑐(H2CO3)⋅𝑐(OH−)⋅𝑐(H+)𝑐(HCO3−)⋅𝑐(H+)=𝐾W𝐾a1(H2CO3)>𝐾a2(H2CO3)，错误；B项，实验2中第16页产生白色沉淀，则𝑐(Ca2+)⋅𝑐(CO32

−)>𝐾sp(CaCO3)，错误；C项，实验3中Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，溶液的碱性减弱，发生反应的离子方程式为CO32−+H2O+CO2⬚⬚2HCO3−，正确；D项，饱和氯水中存在：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，实验

4中向Na2CO3溶液中滴加饱和氯水，HCl与CO32−发生反应，促进Cl2溶于水，氯水的黄绿色逐渐褪去，𝑐(CO32−)减小，错误。4.[2021福建，4分]如图为某实验测得0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液在升温过程中（不考虑水挥发）的pH变化曲线。下列说法正确的是(A)A.a点溶液的𝑐

(OH−)比c点溶液的小B.a点时,𝐾W<𝐾a1(H2CO3)⋅𝐾a2(H2CO3)C.b点溶液中,𝑐(Na+)=𝑐(HCO3−)+2𝑐(CO32−)D.ab段,pH减小说明升温抑制了HCO3−的水解[解析]NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3−的水解程度大于电离程度，升高温度，N

aHCO3的水解程度增大，𝑐(OH−)增大，故a点溶液的𝑐(OH−)比c点溶液的小，A项正确；a点溶液呈碱性，说明HCO3−的水解程度大于电离程度，即𝐾W𝐾al(H2CO3)>𝐾a2(H2CO3)，则𝐾W>𝐾a1(H2CO3)⋅

𝐾a2(H2CO3)，B项错误；b点溶液呈碱性，𝑐(H+)<𝑐(OH−)，根据电荷守恒：𝑐(Na+)+𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(HCO3−)+2𝑐(CO32−)，知𝑐(Na+)>𝑐(HCO3−)+2𝑐(CO3

2−)，C项错误；ab段，温度升高，促进HCO3−水解，𝑐(OH−)增大，而pH减小是因为升高温度，促进水的电离，𝐾W也增大，且𝐾W增大的程度比𝑐(OH−)大，D项错误。第17页5.[2021

湖北，3分]常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol⋅L−1，溶液中各含磷物种的p𝑐−pOH关系如图所示。图中p𝑐表示各含磷物种的浓度负对数(p𝑐=−lg𝑐)，pOH表示OH−的浓度负对数[pOH=

−lg𝑐(OH−)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3,1.3)，y(10.0,3.6)，z(12.6,1.3)。下列说法正确的是(D)A.曲线①表示p𝑐(H3PO3)随pOH的变化B.H3PO3的结构简式为C.pH=4的溶液中：𝑐(H2PO3−)<0.1mol⋅L−1

−2𝑐(HPO32−)D.H3PO3+HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数𝐾>1.0×105[解析]图像中含P物质只有3种，说明H3PO3为二元弱酸。随着𝑐(OH−)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3

+OH−⬚⬚H2PO3−+H2O、H2PO3−+OH−⬚⬚HPO32−+H2O，知𝑐(H3PO3)逐渐减小，𝑐(H2PO3−)先增大后减小，𝑐(HPO32−)逐渐增大，p𝑐=−lg𝑐，则p𝑐(H3PO3)逐渐增大，p𝑐(H2PO3−)先减小后

增大，p𝑐(HPO32−)逐渐减小，故曲线③表示p𝑐(H3PO3)，曲线②表示p𝑐(H2PO3−)，曲线①表示p𝑐(HPO32−),A项错误。H3PO3为二元弱酸，其结构简式为，B项错误。pH=4即pOH

=10,由题图可知，此时，p𝑐(HPO32−)=p𝑐(H3PO3)，即𝑐(H3PO3)=𝑐(HPO32−)，而𝑐(H3PO3)+𝑐(H2PO3−)+𝑐(HPO32−)=0.1mol⋅L−1，故

𝑐(H2PO3−)=0.1mol⋅L−1−2𝑐(HPO32−)，C项错误。x点时，𝑐(HPO32−)=𝑐(H2PO3−)，pOH=7.3，则H3PO3的𝐾a2=𝑐(H+)⋅𝑐(HPO32−)𝑐(H2PO3−)=𝑐(H+)=10−6.7，z第18页点时，𝑐(H2PO3−)=𝑐

(H3PO3)，pOH=12.6，则H3PO3的𝐾a1=𝑐(H+)⋅𝑐(H2PO3−)𝑐(H3PO3)=𝑐(H+)=10−1.4;反应①H3PO3⇌H2PO3−+H+，反应②H2PO3−⇌HPO32−+H+，由反应①-反应②可得H3PO3+HPO32−⇌2H2PO3−，则平衡常数𝐾=

𝐾a1𝐾a2=10−1.410−6.7=105.3>1×105，D项正确。6.[2021辽宁，3分]用0.1000mol⋅L−1盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA−、A2−的分布分数𝛿随pH变化曲线及滴定曲线如图

。下列说法正确的是(C)［如A2−分布分数：𝛿(A2−)=𝑐(A2−)𝑐(H2A)+𝑐(HA−)+𝑐(A2−)]A.H2A的𝐾a1为10−10.25B.c点：𝑐(HA−)>𝑐(A2−)>𝑐(H2A)C.第一次突变，可选酚酞作

指示剂D.𝑐(Na2A)=0.2000mol⋅L−1[解析]第19页未滴入盐酸时，溶液中𝛿(A2−)最大，随着盐酸的滴入，HA−浓度逐渐增大，当加入20.00mL盐酸时𝛿(HA−)达到最大，继续滴入盐酸，溶液中HA−浓度开始减小

，而𝛿(H2A)逐渐增大，故图中①表示𝛿(A2−)，②表示𝛿(HA−)，③表示𝛿(H2A)。a点对应的𝛿(A2−)=𝛿(HA−)，则H2A的𝐾a2=𝑐(H+)⋅𝑐(A2−)𝑐(HA−)=𝑐(H+)=10−10.25，A项错误；c点时𝑐(HA−)>𝑐(H2A)>

𝑐(A2−)，B项错误；根据题图可知，第一次突跃溶液呈碱性，所以可选用酚酞作指示剂，C项正确；加入20.00mL盐酸时，A2−恰好全部转化为HA−,根据A2−+H+⬚⬚HA−和Na2A溶液的体积为2

0.00mL，可计算出𝑐(Na2A)=0.1000×20.0020.00mol⋅L−1=0.1000mol⋅L−1，D项错误。【易错警示】本题是酸滴定盐，溶液最初显碱性，曲线①表示𝛿(A2−),切勿从原点开始分析，误认为曲线③表示𝛿(A2−)。7

.[2020浙江1月选考，2分]下列说法不正确的是(B)A.pH>7的溶液不一定呈碱性B.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C.相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中

，𝑐(OH−)相等D.氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则𝑐(Cl−)=𝑐(NH4+)[解析]没有给出温度，pH>7的溶液不一定呈碱性，A正确；pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大，所以中和pH和体积均相等的氨水、氢氧化钠溶液，氨水消耗HCl的物质的量多，B错误；相同温

度下，盐酸和醋酸溶液中pH相等时，因为水的离子积常数相等，所以两溶液中的𝑐(OH−)也相等，C正确；混合后溶液中的电荷守恒式为𝑐(H+)+𝑐(NH4+)=𝑐(Cl−)+𝑐(OH−)，溶液呈中性，即𝑐(H+)=𝑐(OH−)，所以𝑐(NH4+)=𝑐(Cl−)，D正确。8.

[2019浙江4月选考，2分]室温下,取20mL0.1mol⋅L−1某二元酸H2A,滴加0.2mol⋅L−1NaOH溶液。已知:H2A⬚⬚H++HA−,HA−⇌H++A2−。下列说法不正确的是(B)A.0.1mol⋅L−1H2A溶液中有𝑐(H+)−𝑐(OH−)−�

�(A2−)=0.1mol⋅L−1B.当滴加至中性时,溶液中𝑐(Na+)=𝑐(HA−)+2𝑐(A2−),用去NaOH溶液的体积小于10mL第20页C.当用去NaOH溶液体积10mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有𝑐(A2−)=𝑐(H+)−𝑐(OH−)D.当用去NaOH溶液体积

20mL时，此时溶液中有𝑐(Na+)=2𝑐(HA−)+2𝑐(A2−)[解析]对于0.1mol⋅L−1H2A溶液而言，根据电荷守恒可知𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(HA−)+2𝑐(A2−)，根据元素质量守恒可知𝑐(H2A)+𝑐(HA−)+𝑐(

A2−)=0.1mol⋅L−1，又H2A第一步完全电离，故𝑐(H2A)=0，将𝑐(HA−)+𝑐(A2−)=0.1mol⋅L−1代入𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(HA−)+2𝑐(A2−)可得𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(A2−)+0.1mol⋅L−1，故𝑐(H

+)−𝑐(OH−)−𝑐(A2−)=0.1mol⋅L−1，A项正确；当溶液呈中性时𝑐(H+)=𝑐(OH−)，由电荷守恒可得𝑐(Na+)=𝑐(HA−)+2𝑐(A2−)，若用去的NaOH溶液体积为10mL，此时溶液

的溶质为NaHA，由于HA−只电离，不水解，故此时溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则NaOH溶液的体积必须大于10mL，B项错误；当用去NaOH溶液体积10mL时，溶液呈酸性，pH<7，由HA−⇌H++A2−，H2O⇌H++OH−，根据质子守恒得

𝑐(H+)=𝑐(OH−)+𝑐(A2−)，故𝑐(A2−)=𝑐(H+)−𝑐(OH−)，C项正确；当用去NaOH溶液体积20mL时，根据元素质量守恒可知𝑐(Na+)=2𝑐(HA−)+2𝑐(A2−)，D项正确。题组四1.[2023全国甲卷，6分]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(C)A.由a点可求得𝐾sp(Fe(OH)3)=10−8.5B.pH=4时Al(OH)3的溶解

度为10−103mol⋅L−1C.浓度均为0.01mol⋅L−1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离第21页D.Al3+、Cu2+混合溶液中𝑐(Cu2+)=0.2mol⋅L−1时二者不会同时沉淀[解析]a点pH=2、pM=2.5,则𝐾sp[Fe(OH)3]=𝑐(Fe3+)⋅𝑐

3(OH−)=10−2.5×(10−12)3=10−38.5，A错误；pH=4时Al3+对应的pM=3，即𝑐(Al3+)=10−3mol⋅L−1，故Al(OH)3的溶解度为10−3mol⋅L−1，B错误；由图可知

，𝑐(Fe3+)=10−5mol⋅L−1时的pH小于𝑐(Al3+)=0.01mol⋅L−1时的pH，则可通过调pH分步沉淀浓度均为0.01mol⋅L−1的Al3+和Fe3+，C正确；由题图可知，A

l3+沉淀完全时，𝑐(Al3+)≤10−5mol⋅L−1,pM≥5,此时pH≈4.7,此时Cu2+刚开始沉淀，浓度约为0.1mol⋅L−1,而题中𝑐(Cu2+)=0.2mol⋅L−1>0.1mol⋅L−1,则Al3

+、Cu2+会同时沉淀，D错误。2.[2023全国乙卷，6分]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(C)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(CrO42−),�

�sp(AgCl)=𝐾sp(Ag2CrO4)C.Ag2CrO4+2Cl−⇌2AgCl+CrO42−的平衡常数𝐾=107.9D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol⋅L−1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀[解析]第22页结合上述分析可知，A、B错误；该反应的平

衡常数𝐾=𝑐(CrO42−)𝑐2(Cl−)=𝑐2(Ag+)⋅𝑐(CrO42−)𝑐2(Ag+)⋅𝑐2(Cl−)=𝐾sp(Ag2CrO4)𝐾sp2(AgCl)=107.9，C正确；该混合溶液中形成AgCl沉淀所需的𝑐(Ag+)=10−9.80

.1mol⋅L−1=10−8.8mol⋅L−1，形成Ag2CrO4沉淀所需的𝑐(Ag+)=√10−11.70.1mol⋅L−1=10−5.35mol⋅L−1，形成AgCl所需的𝑐(Ag+)较小，所以先产生AgCl沉淀，D错误。3.[2023新课标卷，6分

]向AgCl饱和溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水,发生反应Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3⇌[Ag(NH3)2]+。lg[𝑐(M)/(mol⋅L−1)]与lg[

𝑐(NH3)/(mol⋅L−1)]的关系如下图所示（其中M代表Ag+、Cl−、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+）。下列说法错误的是(A)第23页A.曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B.AgCl的溶度积常数𝐾sp=𝑐(

Ag+)⋅𝑐(Cl−)=10−9.75C.反应[Ag(NH3)]++NH3⇌[Ag(NH3)2]+的平衡常数𝐾的值为103.81D.𝑐(NH3)=0.01mol⋅L−1时，溶液中𝑐([Ag(NH3)2]+)>𝑐([Ag(NH3)]+)>𝑐(Ag+)[解析]AgCl饱

和溶液中存在AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，当滴入的氨水非常少时，可以认为Ag+浓度和Cl−浓度相等，随着氨水的滴入，Ag+浓度减小，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，Cl−浓度增大，AgCl的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag+，曲线Ⅳ

表示Cl−，曲线Ⅳ也可视为AgCl的溶解度随NH3浓度的变化曲线，A错误；AgCl的溶度积常数𝐾sp仅与温度有关，由图可知，当𝑐(NH3)=10−1mol⋅L−1时，𝑐(Cl−)=10−2.35mol⋅L−

1，𝑐(Ag+)=10−7.40mol⋅L−1，则𝐾sp(AgCl)=𝑐(Cl−)⋅𝑐(Ag+)=10−2.35×10−7.40=10−9.75，B正确；随着氨水的滴入，Ag+先转化为[Ag(NH3)]+，

[Ag(NH3)]+再转化为[Ag(NH3)2]+，所以开始时，[Ag(NH3)2]+浓度比[Ag(NH3)]+浓度小，则曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]+，曲线Ⅱ表示[Ag(NH3)]+，反应[Ag(NH3)]++NH3⇌[Ag(NH3)2]+的平衡常数𝐾=𝑐(

[Ag(NH3)2]+)𝑐([Ag(NH3)]+)⋅𝑐(NH3)=10−2.3510−5.16×10−1=103.81，C正确；结合上述分析及题图知，当𝑐(NH3)=0.01mol⋅L−1时，溶液中𝑐([Ag(NH3)2]+)>𝑐([Ag(NH3)]+)>𝑐(Ag+)，D正确

。4.[2022山东，4分]工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1mol⋅L−1、1.0mol⋅L−1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol⋅L−1、1.0mol⋅L−1Na2SO4溶液。在一定pH范围

内，四种溶液中lg[𝑐(Sr2+)/mol⋅L−1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是(D)A.反应SrSO4(s)+CO32−⇌SrCO3(s)+SO42−的平衡常数𝐾=𝐾sp(SrSO4)𝐾sp(SrCO3)第24页B.𝑎=−6.

5C.曲线④代表含SrCO3(s)的1.0mol⋅L−1Na2CO3溶液的变化曲线D.对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol⋅L−1的混合溶液，pH≥7.7时才发生沉淀转化[解析]含SrSO4(s)的Na2SO4溶液中存在SrSO4(s)⇌Sr2+(aq)+

SO42−(aq)，改变溶液pH对SrSO4溶解平衡无影响，𝑐(SO42−)越大，𝑐(Sr2+)越小，故①代表含SrSO4(s)的0.1mol⋅L−1Na2SO4溶液，②代表含SrSO4(s)的1.0mol⋅L−1Na2SO4溶液；含SrCO

3(s)的Na2CO3溶液中存在SrCO3(s)⇌Sr2+(aq)+CO32−(aq)、CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，减小pH，CO32−水解平衡正向移动，促使SrCO3溶解平衡正向移动，𝑐(Sr2+)增

大,pH相同时，𝑐(CO32−)越大，𝑐(Sr2+)越小，故③代表含SrCO3(s)的0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液，④代表含SrCO3(s)的1.0mol⋅L−1Na2CO3溶液。该反应的平衡常数𝐾=𝑐(SO42−)𝑐(

CO32−)=𝑐(Sr2+)⋅𝑐(SO42−)𝑐(Sr2+)⋅𝑐(CO32−)=𝐾sp(SrSO4)𝐾sp(SrCO3)，A项正确；由(6.8,−5.5)可知，𝐾sp(SrSO4)=0.1×10−5.5=10

−6.5，②为含SrSO4(s)的1.0mol⋅L−1Na2SO4溶液，则𝑐(Sr2+)=𝐾sp(SrSO4)𝑐(SO42−)=10−6.51.0mol⋅L−1=10−6.5mol⋅L−5，𝑎=lg

10−6.5=−6.5,B项正确；由上述分析可知，C项正确；由以上分析可知，该溶液中𝑐(Sr2+)=10−6.5mol⋅L−1，根据图示知，pH≥6.9时即可发生沉淀的转化，D项错误。5.[2022湖南，3分]室温时，用0.100mol⋅L−1的标准A

gNO3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。𝐾sp(AgCl)=1.8×

10−10，𝐾sp(AgBr)=5.4×10−13，𝐾sp(AgI)=8.5×10−17]。下列说法正确的是(C)第25页A.a点:有白色沉淀生成B.原溶液中I−的浓度为0.100mol⋅L−1C.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+)[解析]三种卤化银组成形式相同，𝐾sp小的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的AgI沉淀，A项错误；由题图知，当消耗4.5mLAgNO3溶液时，溶液中I−、Br−、Cl−均沉淀完全，由于三种卤素离子浓度相同，故每种离子

完全沉淀时均消耗1.5mLAgNO3溶液，则0.100mol⋅L−1×1.5mL=𝑐(I−)×15mL，解得𝑐(I−)=0.01mol⋅L−1，B项错误；当Br−恰好沉淀完全时，溶液体积为18mL，溶液中𝑐(Ag+)=𝐾sp(AgBr)1×10−5

mol⋅L−1=5.4×10−8mol⋅L−1，此时𝑄c(AgCl)=𝑐(Ag+)⋅𝑐(Cl−)=5.4×10−8×15×0.0118=4.5×10−10>𝐾sp(AgCl)，故此时有部分Cl−形成了沉淀，C项正

确；b点时溶液中I−、Br−、Cl−均沉淀完全，AgNO3过量，𝑐(Ag+)最大，D项错误。6.[2021全国甲卷，6分]已知相同温度下，𝐾sp(BaSO4)<𝐾sp(BaCO3)。某温度下，饱和溶液中−lg[𝑐(SO42−)]、−lg[𝑐(CO32−

)]与−lg[𝑐(Ba2+)]的关系如图所示。下列说法正确的是(B)A.曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线B.该温度下BaSO4的𝐾sp(BaSO4)值为1.0×10−10C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点D.𝑐(Ba2+)=10−5.1时两溶液中𝑐(SO42−)𝑐(CO3

2−)=10𝑦2−𝑦1第26页[解析]当横坐标均为5.1时，即𝑐(Ba2+)=10−5.1mol⋅L−1时，阴离子浓度d点<c点，c、d两点均在沉淀溶解平衡曲线上，即溶度积常数d点<c点，根据相同温度下，𝐾sp(BaSO4)<𝐾sp(BaCO3)知，曲线①代表BaS

O4的沉淀溶解曲线，曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，A项错误；根据曲线①过横纵坐标均为5.0的点可知，溶解平衡体系中𝑐(Ba2+)=𝑐(SO42−)=1.0×10−5.0mol⋅L−1，则该温度下𝐾sp(BaSO4)=𝑐(Ba2+)⋅𝑐(SO42−)=1.0×10−(5.0

+5.0)=1.0×10−10，B项正确；加适量BaCl2固体，溶液中𝑐(Ba2+)增大，由于温度保持不变，即溶液中𝑐(CO32−)减小，可使溶液由b点向a点移动，C项错误；当𝑐(Ba2+)=10−5.1mol⋅L−1时，d点平衡时𝑐(SO42−)=

10−𝑦2mol⋅L−1，c点平衡时𝑐(CO32−)=10−𝑦1mol⋅L−1，即两溶液中𝑐(SO42−)𝑐(CO32−)=10−𝑦210−𝑦1=101𝑦−𝑦2，D项错误。【解后反思】曲线上任意一点都达到沉淀溶解平衡状态𝑄c=�

�sp。温度不变时，𝐾sp不变，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。曲线上方区域的点所示溶液均为过饱和溶液，𝑄c>𝐾sp。曲线下方区域的点所示溶液均为不饱和溶液，𝑄c

<𝐾sp。7.[2021全国乙卷，6分]HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中𝑐(M+)随𝑐(H+)而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时𝑐2(M+)∼𝑐(H+)为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是(C)A.溶液pH

=4时，𝑐(M+)<3.0×10−4mol⋅L−1B.MA的溶度积𝐾sp(MA)=5.0×10−8C.溶液pH=7时，𝑐(M+)+𝑐(H+)=𝑐(A−)+𝑐(OH−)D.HA的电离常数𝐾a(H

A)≈2.0×10−4第27页[解析]溶液pH=4时𝑐(H+)=1×10−4mol⋅L−1,由题图知，此时𝑐2(M+)=7.5×10−8(mol⋅L−1)2，𝑐(M+)<3.0×10−4mol⋅L−1，A项正确；由题图知，当𝑐(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH−，此时A−的水

解极大地被抑制，溶液中𝑐(M+)=𝑐(A−)，则𝐾sp(MA)=𝑐(M+)×𝑐(A−)=5.0×10−8，B项正确；MA的饱和溶液因A−水解而显碱性，只有加入一定量的酸才能使溶液显中性，若加入的酸不是HA，则溶液中除含有M+、H+、OH−、A−四种离子外还含

有其他阴离子，由电荷守恒原理知，C项错误；溶液中𝑐(M+)=𝐾sp𝑐(A−)=𝐾sp𝐾a(HA)⋅𝑐(HA)𝑐(H+)=𝐾sp⋅𝑐(H+)𝐾a(HA)⋅𝑐(HA),根据MA⇌M++A−,A−+H+⇌HA知，溶液中𝑐(HA)=𝑐(M+)−𝑐(A−)=𝑐(M

+)−𝐾sp𝑐(M+)，两式联立可得𝑐(M+)⋅𝐾a(HA)⋅[𝑐(M+)−𝐾sp𝑐(M+)]=𝐾sp⋅𝑐(H+)，化简可得𝑐2(M+)=𝐾sp[𝑐(H+)𝐾a(HA)+1]

，𝐾sp=5.0×10−8，由题图知，𝑐(H+)=20×10−5mol⋅L−1时，𝑐2(M+)=10.0×10−8(mol⋅L−1)2,将数据代入计算得𝐾a(HA)=2.0×10−4,D项正确。8.[2021江苏，3分]室温下,用0.5mol⋅

L−1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末,一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知𝐾sp(CaSO4)=5×10−5,𝐾sp(CaCO3)=3×10−9。下列说法正确的是(C)A.0.5m

ol⋅L−1Na2CO3溶液中存在:𝑐(OH−)=𝑐(H+)+𝑐(HCO3−)+𝑐(H2CO3)B.反应CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42−正向进行,需满足𝑐(SO42−)𝑐(CO32−)>53×104C.过滤后所

得清液中一定存在:𝑐(Ca2+)=𝐾sp(CaCO3)𝑐(CO32−)且𝑐(Ca2+)≤𝐾sp(CaSO4)𝑐(SO42−)D.滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O[解析]A项，Na2CO3

溶液中的质子守恒式为𝑐(OH−)=𝑐(H+)+𝑐(HCO3−)+2𝑐(H2CO3)，错误；B项，该反应的平衡常数𝐾=𝑐(SO42−)𝑐(CO32−)=𝑐(SO42−)⋅𝑐(Ca2+)�

�(CO32−)⋅𝑐(Ca2+)=𝐾sp(CaSO4)𝐾sp(CaCO3)=5×10−53×10−9=53×104，当𝑄c<𝐾，即𝑐(SO42−)𝑐(CO32−)<53×104时，反应正向进行，错误；C项，滤渣溶于醋酸产生气泡，说明滤渣中含CaCO3，则上层清液中存

在CaCO3的沉淀溶解平衡，即存在𝐾sp(CaCO3)=𝑐(Ca2+)⋅𝑐(CO32−)，若CaSO4完全反应，则上层清液中存在𝑐(Ca2+)⋅𝑐(SO42−)<𝐾sp(CaSO4)，若CaSO4第28页有剩余，则上层清液中存在𝑐(Ca2+)⋅�

�(SO42−)=𝐾sp(CaSO4)，正确；D项，醋酸为弱酸，不可以拆开，错误。题组五一、选择题1.[2022山东，2分]实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(A)A.可用量筒量取25.00mLNa2C

O3标准溶液置于锥形瓶中B.应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体D.达到滴定终点时溶液显橙色[解析]量取25.00mLNa2CO3标准溶液应选择碱式滴定管或移液管，A项错误；Na2CO3溶液呈碱性，能与玻璃中的二氧化硅反应，因此应选

用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B项正确；碳酸钠有吸湿性和一定的腐蚀性，称量碳酸钠固体时应选用烧杯，C项正确；达到滴定终点时溶液呈酸性，显橙色，D项正确。2.[2022重庆，3分]某小组模拟成垢-除垢过程如下。100m

L0.1mol⋅L−1CaCl2水溶液0.01molNa2SO4→①0.02molNa2CO3→②0.02mol冰醋酸→③……忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是(D)A.经过步骤①，溶液中𝑐(Ca2+)+𝑐(Na+)=𝑐(Cl−

)B.经过步骤②，溶液中𝑐(Na+)=4𝑐(SO42−)C.经过步骤②，溶液中𝑐(Cl−)=𝑐(CO32−)+𝑐(HCO3−)+𝑐(H2CO3)D.经过步骤③，溶液中𝑐(CH3COOH)+𝑐(CH3COO−)=𝑐(Cl−)

[解析]步骤①，CaCl2和Na2SO4恰好完全反应，CaCl2+Na2SO4⬚⬚CaSO4↓+2NaCl，得到0.01molCaSO4和0.02molNaCl，根据物料守恒𝑐(Na+)=𝑐(Cl−)知，A项错误；步骤②，

发生反应CaSO4+Na2CO3⬚⬚CaCO3+Na2SO4，生成0.01molNa2SO4，剩余0.01molNa2CO3和0.02molNaCl，𝑐(Na+)=6𝑐(SO42−)，B项错误；经过步骤②，溶液中存在物料守恒𝑐(Cl−)=2[𝑐(CO32−)+𝑐(HCO3

−)+第29页𝑐(H2CO3)]，C项错误；步骤③加入0.02mol冰醋酸，根据物料守恒，𝑐(CH3COOH)+𝑐(CH3COO−)=𝑐(Cl−)，D项正确。3.[2022福建，4分]探究醋酸浓度与电离度(𝛼)关系的步骤如下，与相关

步骤对应的操作或叙述正确的是（C）步骤操作或叙述AⅠ.用NaOH标准溶液标定醋酸溶液浓度滴定时应始终注视滴定管中的液面BⅡ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液应使用干燥的容量瓶CⅢ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH

应在相同温度下测定DⅣ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度计算式为𝛼=𝑐(H+)𝑐(CH3COO−)×100%[解析]中和滴定时，应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；用标定后的溶液配制不同浓度的醋

酸溶液，由于最后需加蒸馏水定容，因此容量瓶无需干燥，B错误；由于醋酸的电离过程吸热，温度不同，醋酸的电离程度不同，溶液中𝑐(H+)不同，因此需要在相同的温度下测定CH3COOH溶液的pH，C正确；醋酸的电离度等于已电离的醋酸分子占总醋酸分子的百分数，因此计算式为𝛼=

𝑐(H+)𝑐(CH3COOH)×100%，D错误。4.[2022福建，4分]锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂质离子，可在0∼14范围内调节pH对其净化（即相关离子浓度𝑐<10−5mol

⋅L−1）。25℃时，lg𝑐与pH关系如图［碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解]。下列说法正确的是(B)第30页A.Mg2+可被净化的pH区间最大B.加入适量H2O2，可进一步提升净化程度C.净化的先后顺序：Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+D.𝐾sp[Fe(OH)3

]<𝐾sp[Fe(OH)2]<𝐾sp[Al(OH)3][解析]由题图可知，当pH介于约3∼14时，Fe3+被净化，当pH介于约11∼14时，Mg2+被净化，故A错误；结合题意及题图可知，加入适量H2O2将Fe2+氧化为Fe3+可提升净化程度

，B正确；由图像可以看出净化的先后顺序为Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+，C错误；结合题图知，溶度积的大小顺序为𝐾sp[Fe(OH)3]<𝐾sp[Al(OH)3]<𝐾sp[Fe(OH)2]，D错误。二、非选

择题5.[2022广东，14分]食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸（用HAc表示）。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时,HAc的𝐾a=1.75×10−5=10−4.76。（1）配制250mL0.1mol⋅L−1的HAc溶液,需5mol⋅L−1HAc溶液的体积为5.0

（1分）mL。[解析]根据配制前后溶质的物质的量不变，列式：𝑐1𝑉1=𝑐2𝑉2，0.1mol⋅L−1×0.250L=5mol⋅L−1×𝑉2，得𝑉2=0.0050L=5.0mL。（2）下列关于250mL容量瓶的操作,正确的是C。A.B.C.D.

第31页[解析]振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压住容量瓶口，A项错误；定容时眼睛应该平视刻度线且胶头滴管的尖嘴不能插入容量瓶内，B项错误；转移溶液时用玻璃棒引流，且玻璃棒下端紧靠在容量瓶刻度线以下的内壁上

，C项正确；缺少另一只手托住瓶底，D项错误。（3）某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设稀释HAc溶液或改变Ac−浓度,HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为0.1mol⋅L−1的HAc和NaAc

溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定pH,记录数据。①根据表中信息,补充数据:𝑎=3.00，𝑏=33.00。[解析]实验Ⅶ中，𝑛(NaAc):𝑛(HAc)=3:4，两种溶液的浓度相等，当𝑉(HAc)=4.00mL时，𝑉(Na

Ac)=3.00mL，为保证溶液的总体积为40.00mL，则𝑉(H2O)=40.00mL−4.00mL−3.00mL=33.00mL。②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释HAc溶液,电离平衡正（填“正”或“逆”）向移动;结合表中数据,给出判断理由:实验Ⅱ中的HAc的浓度为

实验Ⅰ的110，稀释10倍后，假设电离平衡不移动，理论pH为3.86，实际pH为3.36，说明稀释HAc溶液时，促进了HAc的电离。[解析]由实验Ⅰ、Ⅱ的数据分析，实验Ⅱ中HAc的浓度为实验Ⅰ中的110，但是pH没有从2.86变为3.86，H+浓度相对变大（实际pH为

3.36），说明稀释HAc溶液时，促进了HAc的电离。③由实验Ⅱ∼Ⅷ可知,增大Ac−浓度,HAc电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。（4）小组分析上表数据发现:随着𝑛(NaAc)𝑛(HAc)的增加，𝑐(H+)的值逐渐接近HAc的𝐾a。第32

页查阅资料获悉:一定条件下，按𝑛(NaAc)𝑛(HAc)=1配制的溶液中，𝑐(H+)的值等于HAc的𝐾a。对比数据发现，实验Ⅷ中pH=4.65与资料数据𝐾a=10−4.76存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。（ⅰ）移取20.00mLHAc

溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08mL,则该HAc溶液的浓度为0.1104mol⋅L−1。画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。（ⅱ）用上述HAc溶液和0.1000mol⋅L−1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混

合溶液，测定pH,结果与资料数据相符。[答案][解析]NaOH与HAc以物质的量为1:1反应，则𝑐(HAc)⋅𝑉(HAc)=𝑐(NaOH)⋅𝑉(NaOH)，𝑐(HAc)=0.1000mol⋅L−1×22

.08mL÷(20.00mL)=0.1104mol⋅L−1。NaOH与HAc完全反应时，生成强碱弱酸盐(NaAc)，滴定终点时，溶液显碱性，所以加入22.08mLNaOH溶液时，对应的滴定终点溶液的pH>7。（5）小组进一步提出:如果只有浓度均约为0.1mol⋅L−1的HAc和NaO

H溶液，如何准确测定HAc的𝐾a?小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。Ⅰ移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液𝑉1mLⅡ移取20.00mLHAc溶液，向其中加入𝑉12mLNaOH溶液，测得溶液的

pH为4.76实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。[解析]醋酸的电离平衡：HAc⇌H++Ac−，平衡常数𝐾a=𝑐(H+)⋅𝑐(Ac−)𝑐(HAc)，当𝑐(Ac−)=𝑐(HAc)时，�

�a=𝑐(H+)，故在Ⅱ中，向20.00mLHAc溶液中加入第33页𝑉12mLNaOH溶液，反应后的溶液中Ac−和HAc浓度相等，测定溶液的pH，即可得出𝐾a。（6）根据𝐾a可以判断弱酸的酸性强弱。写

出一种无机弱酸及其用途HClO、杀菌消毒（其他合理答案也可）。[解析]HClO为弱酸，可以用于自来水的杀菌消毒。