2026年高考化学抢分专练专题11水溶液中的离子平衡曲线分析(5大考点+抢分特训)(学生版+解析)

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考点1 滴定曲线分析
【典例】（2026·北京昌平·一模）常温下，向10 mL浓度均为0.1ml⋅L−1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1ml⋅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
A．未加入盐酸前，混合溶液显碱性的主要原因是CO32−水解
B．b点的溶液中nHCO3−=0.001ml
C．d点的溶液中，cNa+=cCl−
D．水的电离程度：b点c点，D错误；故选C。
(1) “五点”分析法：起点（V=0）判断溶液初始pH及溶质；半中和点（加入一半滴定剂，pH = pKa）计算电离常数；中性点（pH=7）分析溶液中离子的相对关系；滴定终点（突跃中点）判断溶质及溶液酸碱性；过量点分析溶质组成。
(2)三大守恒的应用：电荷守恒——溶液中所有阳离子所带正电荷总量等于阴离子所带负电荷总量；物料守恒——某元素的各种存在形式的总浓度等于初始浓度；质子守恒——得质子产物浓度之和等于失质子产物浓度之和。
(3)滴定终点溶质分析：强酸强碱滴定终点为中性；强酸弱碱滴定终点为酸性（弱碱阳离子水解）；强碱弱酸滴定终点为碱性（弱酸根离子水解）。
(4) Ka/Kb的计算：在半中和点，c(HA) = c(A⁻)，pH = pKa，Ka = 10⁻ᵖᴴ。
1．（2026·天津·一模）常温下，用0.1000 ml/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)+cA−=cNa+
D．若a点的横坐标为8.40 mL，则a点存在cNa+>cHB−>cB2−>cH+
【答案】B
【解析】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。H2B的滴定曲线为X线，A错误；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；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；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(B2-)>c(HB-)>c(H+)，D错误；故选B。
2．（2026·福建厦门·二模）常温下，用0.1000ml⋅L−1HCl溶液分别滴定下列混合溶液，进行如下实验。
实验1：20.00 mL浓度均为0.1000ml⋅L−1NaOH和CH3NH2溶液
实验2：20.00 mL浓度均为0.1000ml⋅L−1NaOH和NH2OH溶液滴定曲线如图：
V(HCl)=30.00mL时，设cCH3NH2cCH3NH3+=a；V(HCl)=20.00mL时，设cNH2OHcNH3+OH=b。下列说法正确的是
A．实验1对应的滴定曲线为Ⅱ
B．KbCH3NH2KbNH2OH=10−4.7
C．acNH2OH+cNH3+OH
【答案】C
【解析】两种实验中，原溶液均为20.00 mL浓度均为0.1000 ml/L的NaOH和弱碱（CH3NH2或NH2OH），HCl滴定时先中和NaOH，再中和弱碱，弱碱的Kb​越大，碱性越强，相同条件下pH越高。V(HCl)=20 mL时，NaOH恰好完全中和，剩余弱碱，曲线Ⅰ的pH=11.6，曲线Ⅱ的pH=9.3，说明曲线Ⅰ对应弱碱的碱性更强，由于甲基是推电子基，CH3NH2​碱性强于NH2OH，因此实验1（含CH3NH2​）对应滴定曲线Ⅰ，A错误；弱碱的电离常数：Kb=c(BH+)c(OH−)c(B)，对CH3NH2，V(HCl)=30 mL时，一半CH3NH2​被中和，c(CH3NH2)≈c(CH3NH3+)，因此a=c(CH3NH2)c(CH3NH3+)=1，Kb(CH3NH2)=c(OH−)，此时pH=10.7，c(OH−)=10−(14−10.7)=10−3.3，即Kb(CH3NH2)=10−3.3；对NH2OH：V(HCl)=30 mL时，一半NH2OH被中和，c(NH2OH)=c(NH3OH+)，此时pH=6.0，同理得Kb(NH2OH)=c(OH−)=10−(14−6.0)=10−8，因此Kb(CH3NH2)Kb(NH2OH)=10−3.310−8=104.7，B错误； V(HCl)=20.00mL（实验2），pH=9.3，pOH=4.7，[OH−]=10−4.7，则b=c(NH2OH)c(NH3OH+)=[OH−]Kb(NH2OH)=10−4.710−8=103.3，已知a=1，因此a=1Kh(B+)>Kh(HA−)，所以BHA溶液呈酸性，B错误；pH=7时，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒： c(B+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−) 化简得：c(B+)=c(HA−)+2c(A2−)=[c(HA−)+c(A2−)]+c(A2−)，因此c(B+)>c(HA−)+c(A2−)，C错误；向CaA悬浊液中滴加BOH发生反应： CaA(s)+6BOH⇌[Ca(BOH)6]2++A2−， 该反应的平衡常数： K=Ksp(CaA)⋅K稳=2.5×10−9×1.1×1013=2.75×104≫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。
3．（2026·湖南衡阳·模拟预测）向CaM饱和溶液(有足量CaM固体)中通入HCl气体，调节体系pH促进CaM溶解，总反应为CaM+2H+⇌Ca2++H2M，平衡时lgcCa2+、分布系数δM(其中M代表H2M、HM−或M2−)与pH的变化关系如图所示。比如δH2M=cH2McH2M+cHM−+cM2−，已知：KspCaM=10-8.63。下列说法错误的是
A．曲线I表示δH2M与pH的变化关系
B．pH=2.77时，cM2−=cH2M
C．pH=5时，溶液中cHM−+2cH2M>cCl−
D．总反应CaM+2H+⇌Ca2++H2M的平衡常数为10−3.09
【答案】C
【解析】CaM饱和溶液中存在：cCa2+≈cM2−≈KspCaM=10−8.63ml⋅L−1=10−4.315ml⋅L−1。通入HCl，H+与M2−反应先生成HM−，然后H+与HM−反应生成H2M。对应到题图，图像从右往左(不断通入HCl，溶液pH减小)，cCa2+逐渐增大，cM2−和δM2−逐渐减小，cHM−和δHM−先增大后减小，cH2M和δH2M逐渐增大，所以题图中曲线I表示δH2M变化，曲线Ⅱ表示lgcCa2+变化，曲线Ⅲ表示δHM−变化，曲线Ⅳ表示δM2−变化。由分析可知，曲线I表示δH2M与pH的变化关系，A正确；由图可知，pH=1.27时，cHM−=cH2M，Ka1H2M=cH+⋅cHM−cH2M=10−1.27×1=10−1.27；pH=4.27时，cHM−=cM2−，Ka2H2M=cH+⋅cM2−cHM−=10−4.27×1=10−4.27；则Ka1H2M⋅Ka2H2M=cH+⋅cHM−cH2M×cH+⋅cM2−cHM−=c2H+⋅cM2−cH2M=10−5.54，当pH=2.77时，则cM2−=cH2M，B正确；pH=5时，由电荷守恒cHM−+2cM2−+cOH−+cCl−=cH++2cCa2+和物料守恒cCa2+=cHM−+cM2−+cH2M，联立可得到cHM−+2cH2M+cH+=cCl−+cOH−，由于cH+>cOH−，故cCl−>cHM−+2cH2M，C错误；总反应CaM+2H+⇌Ca2++H2M的平衡常数K=cCa2+⋅cH2Mc2H+=cCa2+⋅cM2−⋅cH2Mc2H+⋅cM2− =KspCaMKa1H2M⋅Ka2H2M=10−8.6310−1.27×10−4.27=10−3.09，D正确；故选C。
考点4 沉淀溶解平衡曲线分析
【典例】（新考向·沉淀溶解平衡）（2026·河北沧州·一模）常温下，维持cH2S=0.1ml⋅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：Ka2H2S=10−14.8，下列说法错误的是
A．L2表示−lgcS2−随pH的变化关系
B．Ka1H2S的数量级为10−8
C．KspCuS=1.0×10−35.9
D．体系中始终存在：2cCu2++cH+=2cS2−+cHS−+cOH−
【答案】D
【解析】KspCuS=cCu2+⋅cS2−，c2H+⋅cS2−cH2S=Ka1⋅Ka2，可知随着pH增大，cS2−增大，cCu2+减小，−lgcCu2+增大，所以L1表示−lgcCu2+随pH的变化关系，L2表示−lgcS2−随pH的变化关系。根据分析，L2表示−lgcS2−随pH的变化关系，A正确；取L2与横轴交点11.5,0代入c2H+⋅cS2−cH2S=Ka1⋅Ka2，(10−11.5)2×10.1=Ka1⋅10−14.8，可求得Ka1H2S=10−7.2，故Ka1H2S的数量级为10−8，B正确；取L1上点5.0,22.9代入c2H+⋅cS2−cH2S=Ka1⋅Ka2，10−10⋅cS2−0.1=10−7.2×10−14.8，cS2−=10−13ml/L，KspCuS=cCu2+⋅cS2−=10−22.9×10−13 =1.0×10−35.9，C正确；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。
(1) pX函数的理解：pX = -lgc(X)，pX越大表示c(X)越小。在pX—pY图像中，曲线越靠近原点浓度越大。pAg越小c(Ag⁺)越大，pX越小c(Xⁿ⁻)越大。
(2) 曲线类型的快速判断——“斜率法” ：对于1:1型沉淀（MA），Ksp=c(M⁺)·c(A⁻)，取负对数得pM + pA = pKsp，图像为斜率为-1的直线。对于1:2型沉淀（M₂A），Ksp=c²(M⁺)·c(A²⁻)，取负对数得2pM + pA = pKsp，图像斜率为-2（或-1/2）。2024年黑吉辽卷中曲线③斜率为1/2，对应Ag₂CrO₄。
(3) 沉淀转化平衡常数计算：反应AgCl(s) + Br⁻(aq) ⇌ AgBr(s) + Cl⁻(aq)的平衡常数K = Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)。取对数后可在图像上直接通过pX差值读取：lgK = pKsp(AgBr) - pKsp(AgCl)。这一技巧是黑吉辽卷的必考考点。
(4) 分步沉淀顺序的判断：当溶液中存在多种离子时，所需沉淀剂浓度较小的离子先沉淀。对于同类型沉淀，Ksp越小的越先沉淀。若以K₂CrO₄为指示剂滴定Cl⁻，需控制指示剂浓度使Ag₂CrO₄在AgCl沉淀完全后才开始析出。
1．（2026·河南许昌·模拟预测）常温下，向MgNO32溶液和HF溶液中分别滴加NaOH溶液，测得溶液pX[pX=−lgX，X代表cMg2+或cF−c(HF)]与pH的变化关系如图所示。已知常温下，KspMgF2=7.0×10−11，lg7≈0.85。下列叙述错误的是
A．L2代表Mg2+
B．若向a点溶液中加水，pX将变小
C．浓度相同的NaF和HF等体积混合后：cF−>cNa+>c(HF)
D．常温下，Mg(OH)2(s)+2HF(aq)⇌MgF2(s)+2H2O(l)的平衡常数的数量级为1019
【答案】B
【解析】HF的平衡常数Ka=cF-cHF×cH+，pcF-cHF=pKa−pH，随着NaOH的加入，cOH-增大，HF与NaOH反应，溶液cHF减小，Mg2+结合OH-生成MgOH2沉淀，cMg2+浓度减小，pMg增大， pcF-cHF减小，则L2代表cMg2+，L1代表cF-cHF。由分析知， L1代表cF−c(HF)，L2代表cMg2+，A正确；向a点溶液中加水，HF的电离平衡向正向移动，但Ka不变，cH+也不变，pX=pKa−pH，由于pKa和pH均不变，故pX不变，B错误；L1代表cF−c(HF)，利用a点数据(7,−3.55)可计算HF的Ka=cF−⋅cH+c(HF)=10−7×103.55=10−3.45，F−的水解常数Kh=KwKa=10−1410−3.45=10−10.55，HF的电离程度大于F−水解程度，等浓度NaF和HF等体积混合后溶液呈酸性，微粒浓度大小为cF−>cNa+>c(HF)，C正确；根据b点数据(9,1.3)计算KspMg(OH)2=cMg2+⋅c2OH−=10−1.3×10−52=10−11.3。常温下，Mg(OH)2(s)+2HF(aq)⇌MgF2(s)+2H2O(l)的平衡常数K= KspMgOH2⋅Ka2HFKspMgF2⋅Kw2 =1.0×10−11.3×1.0×10−3.4527.0×10−11×10−142=17×1020.8=10−0.85×1020.8=1019.95，数量级为1019，D正确；故选B。
2．（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−lgcM与−lgcAg+的关系如图所示(其中M代表I−、AgI2−或AgI32−)。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−lgcAgI2−与−lgcAg+的关系
B．AgI2−+I−⇌AgI32−的平衡常数K的数量级为101
C．Q点溶液中存在cK+=cI−+5cAgI32−
D．L1与L3交点对应溶液中cAg+⋅cAgI32−的值为10−16
【答案】C
【解析】当cAg+较大时，加入KI溶液先生成AgI沉淀，故cAgI2−、cAgI32−更小，AgI32−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−lgcAgI32−、−lgcAgI2−、−lgcI−与−lgcAg+的关系，A正确；AgI2−+I−⇌AgI32−的平衡常数K=cAgI32−cAgI2−⋅cI−，图中Q点cAgI2−=cAgI32−，该点溶液中cAg+的数量级为10−15，由L3上数据计算得KspAgI的值为10−16，则Q点溶液cI−的数量级为10−2，反应的平衡常数K的数量级为101，B正确；图中Q点cAgI2−=cAgI32−，由元素守恒得nK+=nAgI+nI−+2nAgI2−+3nAgI32−
=nAgI+nI−+5nAgI32−>nI−+5nAgI32−，即cK+>cI−+5cAgI32−，C错误；L1与L3交点对应溶液中cI−=cAgI32−，则cAg+⋅cAgI32− =cAg+⋅cI−=KspAgI，而由L3上数据计算得KspAgI的值为10−16，D正确；故选C。
3．（2026·湖北随州·二模）向AgBr悬浊液(AgBr固体足量)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：Ag++S2O32−⇌AgS2O3−、AgS2O3−+S2O32−⇌AgS2O323−，lgcM/ml⋅L−1与lgcS2O32−/ml⋅L−1的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Br−、AgS2O3−或AgS2O323−)。下列说法错误的是
A．曲线Ⅳ可视为AgBr溶解度随Na2S2O3浓度变化曲线
B．AgBr的溶度积常数Ksp=cAg+⋅cBr−=10−12.2
C．反应AgS2O3−+S2O32−⇌AgS2O323−的平衡常数K的值为104.6
D．cS2O32−=0.01 ml/L时有：cBr−>cAgS2O3−>cAgS2O323−
【答案】D
【解析】AgBr饱和溶液中存在AgBrs⇌Ag+aq+Br−aq，当滴入的Na2S2O3非常少时，可以认为Ag+浓度和Br−浓度相等，随着Na2S2O3的滴入，Ag+浓度减小，AgBr的沉淀溶解平衡正向移动，Br−浓度增大，AgBr的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag+，曲线Ⅳ表示Br−。随着Na2S2O3的滴入，Ag+先转化为AgS2O3−，AgS2O32−再转化为AgS2O323−，所以开始时，AgS2O323−浓度比AgS2O3浓度小，则曲线Ⅰ表示AgS2O323−，曲线Ⅱ表示AgS2O32−。曲线Ⅳ表示Br−，也可视为AgBr的溶解度随S2O32−浓度的变化曲线，A正确；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10−4.6ml/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10−3.85ml/L、10−8.35ml/L，则溴化银的溶度积常数Ksp=cAg+cBr−=10−12.2，B正确；c点AgS2O3和AgS2O323−浓度相等，反应AgS2O3+S2O32−⇌AgS2O323−的平衡常数就等于S2O32−浓度的倒数，故K=104.6，C正确；由图可知，硫代硫酸根离子浓度为0.01 ml/L时，溶液中离子浓度大小顺序为cBr−>cAgS2O323−>cAgS2O3−，D错误；故选D。
考点5 离子浓度大小比较与三大守恒
【典例】（新考向·离子浓度比较）（2026·广西桂林·一模）常温下，取20.00 mL浓度均为0.1000 ml⋅L−1的甲胺和吡啶(C5H5N)混合溶液，用0.1000 ml⋅L−1 HCl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：δC5H5NH+=cC5H5NH+cC5H5NH++cC5H5N]。下列说法正确的是
A．吡啶的碱性强于甲胺
B．a点时，存在cCH3NH2+cH+=cC5H5NH++cOH−
C．b点时，cCH3NH3+>cOH−>cH+>cCH3NH2
D．甲胺电离平衡常数Kb的数量级为10−4
【答案】D
【解析】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=pKa时，碱与其共轭酸浓度相等，可知两种碱对应共轭酸的pKa分别为10.6和5.2。共轭酸pKa越大，对应碱的碱性越强，故甲胺的碱性强于吡啶，A错误；由图甲可知，a点为甲胺恰好完全反应，此时溶质为等量的CH3NH3+和C5H5N，根据质子守恒，cCH3NH2+cOH−=cC5H5NH++cH+，B错误；b点溶液呈酸性，故cH+>cOH−，C错误；甲胺的电离平衡：CH3NH2+H2O=CH3NH3++OH−，电离平衡常数Kb=cCH3NH3+·cOH−cCH3NH2，图乙中，当δCH3NH3+=δCH3NH2时，cCH3NH3+=cCH3NH2，此时pH≈10.6，则cOH−=10−14−10.6=10−3.4≈4×10−4，所以Kb≈4×10−4，数量级为10−4，D正确；故选D。
(1) 三大守恒的灵活运用：电荷守恒、物料守恒、质子守恒的应用
(2) 酸式盐溶液酸碱性的判断：比较酸式酸根的电离常数Ka与水解常数Kh。Ka > Kh时以电离为主，溶液显酸性；Ka < Kh时以水解为主，溶液显碱性。NaHA溶液中，Ka为Ka₂，Kh = Kw/Ka₁。
(3) 混合溶液中离子浓度排序：先根据反应程度判断主导溶质，再结合电离程度和水解程度的相对大小确定各离子浓度的大小顺序。一般规律：不水解的离子浓度最大；水解程度小，水解产物浓度小；多元弱酸根离子以第一步水解/电离为主。
1．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）室温下，向0.02ml⋅L−1K2CrO4溶液中加入少量AgNO3固体，溶液中铬元素以H2CrO4，HCrO4−，CrO42−、Cr2O72−形式存在，保持溶液体积不变，pM[pM=−lgcM，M包括含铬各组分及Ag+]随pH变化如图。
已知：2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2OK=1014.2。下列说法正确的是
A．KspAg2CrO4=10−4
B．pH=5.9时，cHCrO4−=10−2ml⋅L−1
C．pH=6.3时，cH2CrO4=0.02−2×10−2.1−10−2.6ml⋅L−1
D．任意pH下均有2cCrO42−+2cCr2O72−+cHCrO4−+cNO3−7时,即cOH−>cH+，2cCrO42−+2cCr2O72−+cHCrO4−+cNO3−cOH−+cNO3−+2cS2−
【答案】C
【解析】用Na2S溶液滴定Mn(NO3)2、Pb(NO3)2溶液，发生沉淀反应：Mn2++S2−=MnS↓、Pb2++S2−=PbS↓；工业生产中常用难溶MnS进行污水(如含Pb2+等)处理，沉淀转化反应MnS(s)+Pb2+(aq)⇌PbS(s)+Mn2+(aq)，说明KspMnS>Ksp(PbS)，图1为MnNO32溶液滴加Na2S溶液的过程；图2为PbNO32溶液，滴加Na2S溶液的过程；由图中数据可计算Ksp(MnS)=10−9.8、Ksp(PbS)=10−24.4。滴定开始时，S2−浓度极低，−lgc(S2−)数值较大，故曲线Ⅰ、Ⅲ为−lgc(S2−)随滴加Na2S溶液体积的变化关系曲线，A不符合题意；图1为Na2S溶液滴定Mn(NO3)2溶液，反应的离子方程式为Mn2++S2−=MnS↓，B不符合题意；沉淀转化反应MnS(s)+Pb2+(aq)⇌PbS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=c(Mn2+)c(Pb2+)=Ksp(MnS)Ksp(PbS)=10−9.810−24.4=1014.6，C符合题意；N点溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+2c(Pb2+)=c(OH−)+c(NO3−)+2c(S2−)+c(HS−)，故c(Na+)+c(H+)+2c(Pb2+)>c(OH−)+c(NO3−)+2c(S2−)，D不符合题意；故选C。
3．（2026·天津南开·一模）某二元酸（用H2 A表示）第一步完全电离，第二步部分电离。向10.00 mL0.10 ml/LH2 A溶液中滴加0.10 ml/LNaOH溶液。溶液中c A2−、cHA−、cH+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cHA−的变化
B．VNaOHaq=10.00 mL时，溶液中存在：cNa+>c A2−+cHA−
C．曲线X和Z的交点处对应的溶液中存在：cNa+=cHA−+c A2−+cOH−
D．H2 A的第二步电离常数为1.0×10−2
【答案】B
【解析】初始时。H2A第一步完全电离，HA-的初始浓度约为0.1ml/L，H+初始浓度也约为0.1ml/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；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(A2-)+c(HA-)，B错误；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(A2-)+c(HA-)+c(OH−)，代入c(H+)=c(A2-)，得cNa+=cHA−+c(A2−)+cOH−，C正确；H2A第二步电离，电离常数Ka2=c(H+)⋅c(A2-)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 ml/L，所以Ka2=10-2ml/L，D正确；故选B。
1．（2026·山东淄博·一模）常温下，用0.1ml⋅L−1盐酸分别滴定⋅L−1有机胺溶液RNH2⋅H2O和⋅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，KbRNH2⋅H2O≈1×10−8
C．若将b、d点对应的溶液混合，所得混合液中cRNH2⋅H2Oc>a>b
【答案】C
【解析】pOH = −lg⁡c(OH−)，pOH越大，c(OH−)越小，碱性越弱。NaOH是强碱，0.1ml/LNaOH完全电离，起始c(OH−)=0.1ml/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。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；对于0.1ml/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−)=10−4.5ml/L，又c(RNH2⋅H2O)≈0.1 ml/L，因此Kb=c(RNH3+)⋅c(OH−)c(RNH2⋅H2O)≈(10−4.5)20.1=10−8 ，B正确；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 ml；d点盐酸与有机胺恰好完全反应，生成n(RNH3Cl)=0.002ml。b、d点溶液混合后，0.001mlNaOH和0.002mlRNH3Cl反应，得到等物质的量的RNH2⋅H2O和RNH3+，即n(RNH2⋅H2O)=n(RNH3+)=0.001ml。根据B选项，RNH2⋅H2O的Kb=10−8 ，则RNH3+的水解常数Kh=KwKb=10−1410−8=10−6，可得Kh>Kb：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；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−)=10−7ml/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−)≈0.03ml/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；故选C。
2．（2026·河北·模拟预测）实验发现，T℃时一元弱碱MOH溶液中c2OH−与c(MOH)的关系如图所示。
下列叙述错误的是
A．MOH溶液中存在：cOH−−cH+=cM+
B．T℃时，pH=6.5的溶液呈碱性
C．T℃时，MOH的电离常数Kb(MOH)=5×10−7
D．T℃、pH=7时，cM+>c(MOH)>cOH−>cH+
【答案】D
【解析】一元弱碱MOH的电离为：MOH⇌M++OH−，电离常数Kb=c(M+)⋅c(OH−)c(MOH)。MOH溶液中电荷守恒为：c(M+)+c(H+)=c(OH−)，变形得c(M+)=c(OH−)−c(H+)，A正确；根据电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(OH−)及Kb=c(M+)⋅c(OH−)c(MOH)、Kw=c(H+)⋅c(OH−)可推得c2(OH−)=Kb⋅c(MOH)+Kw，该式为线性关系，故图线斜率为Kb，纵轴截距为Kw。因此该温度下Kw=5×10−13。 中性溶液中c(H+)=c(OH−)=Kw≈7.1×10−7ml/L，pH≈6.15，因此pH=6.5>6.15，溶液中c(OH−)>c(H+)，呈碱性，B正确；根据B选项分析可知，图像的斜率为Kb，取点计算： Kb=Δc2(OH−)Δc(MOH)=35.0×10−13−5.0×10−1360×10−7−0=5×10−7，C正确；pH=7时，c(H+)=10−7ml/L，cOH−=Kwc(H+)=5×10−1310−7=5×10−6ml/L，根据电荷守恒：c(M+)=c(OH−)−c(H+)代入得到：c(M+)=4.9×10−6ml/L，根据Kb表达式： Kb=c(M+)⋅c(OH−)c(MOH)=5×10−7，得c(M+)c(MOH)=5×10−75×10−6=0.1，c(MOH)=4.9×10−5ml/L，因此浓度顺序为c(MOH)>c(OH−)>c(M+)>c(H+)，D错误；故选D。
3．（2026·河南商丘·模拟预测）一甲胺(CH3NH2)在医药、农药、染料、炸药等工业领域应用广泛。25℃时，向20mL0.1ml⋅L−1CH3NH2溶液中滴加0.1ml⋅L−1盐酸，混合液中CH3NH2、CH3NH3+的分布分数δ[如δCH3NH3+=cCH3NH3+cCH3NH2+cCH3NH3+]、水电离出c水OH−的负对数[−lgc水OH−]与所加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅰ代表δCH3NH3+的变化
B．25℃时，CH3NH3++H2O⇌CH3NH2⋅H2O+H+的Kh=10−3.4
C．a=10
D．0.1ml⋅L−1CH3NH2与0.1ml⋅L−1CH3NH3Cl等体积混合后的溶液：cCH3NH3++2cH+ =cCH3NH2+2cOH−
【答案】D
【解析】一甲胺溶液中加入盐酸，发生反应的化学方程式为：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，随着盐酸的滴加，CH3NH2不断被消耗，CH3NH3+不断生成，结合图像可知，曲线Ⅰ代表δCH3NH2的变化，曲线Ⅱ代表δCH3NH3+的变化，A错误；由图可知，当cCH3NH3+=cCH3NH2时，水电离出c水OH−=c水H+=10−10.6ml⋅L−1，即溶液中的cH+=c水H+=10−10.6ml⋅L−1，溶液中的cOH−=10−3.4ml⋅L−1，则CH3NH2的电离常数Kb为10−3.4，则CH3NH3+的水解常数Kh=KwKb=10−1410−3.4=10−10.6，B错误；由于CH3NH2的Kb>CH3NH3+的Kh，则当中和50%(即加入10mL0.1ml⋅L−1盐酸)时，溶液中cCH3NH2KspCu(OH)2，则曲线Ⅰ代表滴定CuSO4溶液的变化关系，曲线Ⅲ代表滴定MgSO4溶液的变化关系。Ⅰ、Ⅲ两条线平行，代表物质类型相同，则曲线Ⅱ表示−lgcCH3COO−cCH3COOH与pH的变化关系；因KspMg(OH)2>KspCu(OH)2，pH相同时cMg2+>cCu2+，故曲线Ⅰ代表滴定CuSO4溶液的变化，A正确；当pH=4，cOH−=10−10ml/L，从图像上可知曲线Ⅰ的纵坐标为0，由计算可得此时cCu2+=1.0ml⋅L−1，则KspCu(OH)2=cCu2+⋅c2OH−=10−20，当Cu2+沉淀完全时，cCu2+=1.0×10−5 ml⋅L−1，则cOH−=KspCu(OH)2cCu2+=10−2010−5=10−7.5 ml⋅L−1，溶液的pH=6.5，B错误；由pH=8.0，cOH−=10−6ml/L，从图像上可知曲线Ⅲ的纵坐标为0，由计算可得此时cMg2+=1.0ml⋅L−1，故KspMg(OH)2=10−12，Mg(OH)2+Cu2+⇌Mg2++Cu(OH)2的K=cMg2+cCu2+=cMg2+⋅c2OH−cCu2+⋅c2OH−=KspMg(OH)2KspCu(OH)2=10−1210−20=108，C正确；当pH=7.0时，溶液中cMg2+=KspMgOH2c2OH−=10−1210−14=102ml⋅L−1，而a点是曲线Ⅱ和曲线Ⅲ的交点，a点溶液中cMg2+=cCH3COO−cCH3COOH，因此cCH3COO−cCH3COOH=102，则KaCH3COOH=cH+⋅cCH3COO−cCH3COOH=10−7×102=10−5，D正确；故选B。
6．（2026·重庆·模拟预测）用传感器测得0.1ml/L NaHCO3溶液的pH随温度升高的变化曲线如图(假设溶液体积不变)。下列说法正确的是
A．a、b、c三点的Kw：a>b>c
B．ab段中：cHCO3−>cCO32−>cH2CO3
C．c点：cH+=cCO32−+cOH−−cH2CO3
D．a→b的过程中，HCO3−水解程度减小
【答案】C
【解析】水的离子积Kw仅与温度有关，水的电离是吸热过程，温度越高Kw越大，题中a、b、c三点，温度：ac(A2-)c(HA-)，即pH相同时，lgc(HA-)c(H2 A)>lgc(A2-)c(HA-)，所以L3表示c(HA-)c(H2 A)随pH的变化曲线，L2表示c(A2-)c(HA-)随pH的变化曲线，则L1表示cNH4+cNH3⋅H2O随pH的变化曲线。由分析可知，L2表示c A2-cHA-随pH的变化曲线，A正确；b点cHA−cH2 A=103.8，pH=5.4， Ka1=10−5.4×103.8=10−1.6，数量级为10−2，B正确；c、d点溶液均呈酸性，cH+>cOH−，根据电荷守恒cNH4++cH+=2cA2−+cHA−+cOH−，可得cNH4+cH+>cOH−>cCH26N4
B．c点：cCH26N4H++cH+c(OH−)，正确顺序为c[(CH2)6N4H+]>c(H+)>c[(CH2)6N4]>c(OH−)，A错误；c点加入25mLNaOH，电荷守恒：cNa++cH++c[CH2)6N4H+=cOH−+cCl−，其中n(Cl−)=n(NH4+)=2×10−4ml，n(Na+)=0.01ml/L×0.025L=2.5×10−4ml，即c(Na+)>c(Cl−)，整理得：c[(CH2)6N4H+]+c(H+)=c(OH−)−[c(Na+)−c(Cl−)]cHX2−>cH3X
【答案】C
【解析】三元酸 H3X分步电离， Ka1>Ka2>Ka3，根据三元酸解离平衡，lgc(HX2−)c(H2X−)=lgKa2cH+=pH−pKa2，lgc(H2X−)c(H3X)=lgKa1cH+=pH−pKa1，pKa2>pKa1，因此曲线Ⅰ代表lg⁡c(HX2−)c(H2X−)，当横坐标为0时曲线Ⅰ对应pH=7.2=pKa2，曲线Ⅱ代表 lgc(H2X−)c(H3X)，当横坐标为0时曲线Ⅱ对应pH=pKa1=2.1。由分析可知，因此曲线Ⅰ代表lg⁡c(HX2−)c(H2X−)，A正确；由分析可知，曲线Ⅱ代表 lgc(H2X−)c(H3X)，当横坐标为0时曲线Ⅱ对应pH=pKa1=2.1，则Ka1=10−2.1≈8×10−3，数量级为10−3，B正确； 滴定过程中溶液含Na+，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2X−)+2c(HX2−)+3c(X3−)，选项中的等式缺少c(Na+)，不成立，C错误；由分析可知，pKa2=7.2，H2X−的电离常数Ka2=10−7.2，水解常数Kh=KwKa1=10−11.9，电离程度大于水解程度，且电离、水解均微弱，因此c(H2X−)>c(HX2−)>c(H3X)，D正确；故选C。
11．（2026·江西九江·二模）常温下，用0.1000ml⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mL H2A溶液，其中H2A、HA−、A2−的分布分数(δ)随pH变化曲线及滴定曲线如图所示。
已知：A2−分布分数为δA2−= cA2−cH2A+cHA−+cA2−。
下列说法正确的是
A．当加入NaOH体积为10.00 mL时，溶液中Na+浓度为0.0500ml⋅L−1
B．当pH=8.32时，溶液中cH2A=cA2−
C．NaHA溶液呈酸性
D．在第二计量点时，溶液中存在cNa+=2cA2−+cHA−+cH2A
【答案】B
【解析】当加入NaOH体积为10.00 mL时，溶液总体积为30mL，溶液中c(Na+)=0.1000ml/L×≈0.033ml/L，A错误；由分布曲线图可知，曲线a代表H2A（δ随NaOH溶液体积增大而减小），同理，曲线b代表HA-，曲线c代表A2-，当曲线a与曲线b相交时，cH2A=cHA−，此时pH=6.38， Ka1=cH+⋅cHA−cH2A=cH+=10−6.38，同理，曲线b与曲线c相交时，Ka2=cH+⋅cA2−cHA−=cH+=10−10.26，当曲线a与曲线c相交时， cH2A=cA2−，Ka1⋅Ka2=cH+⋅cHA−cH2A⋅cH+⋅cA2−cHA−=c2H+⋅cA2−cH2A=10−6.38×10−10.26，解得cH+=10−8.32，即pH=8.32，B正确；KaHA−=Ka2=10−10.26，KhHA−=KwKa1=10−1410−6.38=10−7.62，HA-的水解程度大于电离程度，NaHA溶液呈碱性，C错误；第二计量点时，H2​A与NaOH恰好完全反应生成Na2​A，溶液中存在物料守恒cNa+=2cA2−+cHA−+cH2A，D错误；故选B。
12．（2026·陕西·模拟预测）常温下，将NaOH溶液逐滴加入到二元弱酸(H2X)溶液中，混合溶液的lgcX2−/cHX−与lgcHX−/cH2X变化的关系如图所示，其中A点坐标为2.6,0，B点的pH=5.7坐标为1,−1.6。下列叙述错误的是
A．Ka1Ka2为102.6
B．A点的pH>7
C．NaHX溶液中cNa+>cHX−>cH+>cOH−
D．pH=7时，lgcHX−/cH2X>0，lgcX2−/cHX−>0
【答案】D
【解析】根据二元弱酸（H2X）的电离平衡：H2X⇌H++HX-，Ka1=cH+⋅cHX-cH2X，变形得lgcHX-cH2X=lgKa1−lgcH+；HX-⇌H++X2-，Ka2=cX2-⋅cH+cHX-变形得 lgcX2-cHX-=lgKa2−lgcH+。由B点坐标1,−1.6可，当pH=5.7时，lgc(H+)=−5.7结合分析知：lgcHX-cH2X=lgKa1−lgcH+=1，lgcX2-cHX-=lgKa2−lgcH+=−1.6，即lgKa1−−5.7=1，lgKa2−−5.7=−1.6，解得lgKa1=−4.7,Ka1=10−4.7，lgKa2=−7.3,Ka2=10−7.3，即Ka1Ka2=10−4.710−7.3=102.6，A正确；由A点坐标2.6,0结合分析知lgcX2-cHX-=lgKa2−lgcH+=0，解得lgcH+=lgKa2=−7.3，pH=7.3＞7，B正确； NaHX溶液中，HX-水解常数Kh=KwKa1=10−1410−4.7=10−9.3，其电离常数Ka2=10−7.3，由于Ka2>Kh，溶液呈酸性，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HX−)+2c(X2−)+c(OH−)，由于溶液呈酸性，所以c(H+)>c(OH−)，同时，HX−会电离和水解，所以c(Na+)>c(HX−)。在NaHX溶液中，HX−是主要存在的离子，其浓度通常远大于H+的浓度，因此c(Na+)>c(HX−)>c(H+)>c(OH−)，C正确；据分析，pH=7时，lgcH+=−7，lgcHX-cH2X=lgKa1−lgcH+=−4.7−−7=2.3＞0，lgcX2-cHX-=lgKa2−lgcH+=−7.3−−7=−0.3＜0，D错误；故选D。
13．（2026·河南周口·模拟预测）常温下，用0.0100 ml⋅L−1 H2A溶液滴定20.00 mL 0.0100 ml⋅L−1 CaB2溶液，水溶液中H2A、HA−、A2−、HB、B−的分布分数δ[如δA2−=cA2−cH2A+cHA−+cA2−]随pOH变化的曲线如图1，CaA的沉淀溶解平衡体系中−lgcCa2+和−lgcA2−的关系如图2。下列说法错误的是
A．曲线④表示HA−的分布分数随pOH的变化关系
B．常温下，c点对应溶液的pH=4.85
C．常温下，当VH2A溶液=20.00 mL时，所得溶液的pOH=8.58
D．当VH2A溶液=10.00 mL时，溶液中cHB+cH+>2cA2−+cHA−+cOH−
【答案】C
【解析】图1中曲线①②③④⑤分别表示B−、A2−、HB、HA−、H2A的分布分数随pOH的变化关系，A正确；由图可求出H2A的电离平衡常数Ka1H2A=10−3、Ka2H2A=10−6.7，HB的电离平衡常数KaHB=10−8.3，CaA的溶度积Ksp=10−10.4，C点对应溶液中cA2−=cH2A，由Ka1H2A×Ka2H2A=c2H+cA2−cH2A，可求出c点对应溶液的pH=4.85，B正确；当向20.00mL 0.0100ml⋅L−1 CaB2溶液中滴加20.00 mL等浓度的H2A溶液时，发生反应H2A+CaB2=CaA↓+2HB，故此时溶液中cH+=KaHBcHB≈10−5.15 ml⋅L−1，pOH≈8.85，C错误；当向20.00 mL 0.0100 ml⋅L−1 CaB2溶液中滴加10.00 mL等浓度的H2A溶液时，溶液中存在电荷守恒①2cCa2++cH+=2cA2−+cHA−+cB−+cOH−，因沉淀了部分Ca2+，故溶液中存在②cHB+cB−>2cCa2+，将②式代入①式，得cHB+cH+>2cA2−+cHA−+cOH−，D正确；故选C。
14．（2026·江西抚州·模拟预测）25℃下，用0.1ml/LNaHC2O4标准溶液滴定100mLBaOH2溶液，测得溶液的相对电导率σ及−lgcBa2+随滴入NaHC2O4标准溶液的体积VNaHC2O4的变化关系如图所示。已知Ka1H2C2O4=1.0×10−2，Ka2H2C2O4=1.0×10−4，KspBaC2O4较小。下列正确的是
A．c点之后电导率持续上升说明，HC2O4−的导电能力强于C2O42−
B．b→c的过程中，溶液中cH2C2O4cH+cC2O42−逐渐减小
C．结合图像数据，计算的KspBaC2O4约为10−8
D．d点溶液中：cNa+>cHC2O4−>cC2O42−>cOH>cH+
【答案】C
【解析】图像分析:随着NaHC2O4标准溶液的加入，溶液中Ba2+浓度不断减小，-lgc(Ba2+)逐渐增大，故随V(NaHC2O4) 增大呈上升趋势的曲线代表-lgc(Ba2+)，呈先减后增的曲线代表相对电导率。曲线ab、bc的斜率不同，结合NaHC2O4与Ba(OH)2的反应，可知b点时Ba2+恰好沉淀完全，发生的反应为NaHC2O4+Ba(OH)2=BaC2O4↓+ΝaΟΗ+Η2Ο，溶液中溶质为NaOH；接着随着NaHC2O4标准溶液的加入发生反应：OH−+ΗC2O4−=C2O4−+Η2Ο，到c点时反应完全，总反应的离子方程式为Ba2++2ΟΗ−+2ΗC2O4−=BaC2O4↓+C2O42−+2Η2Ο，c→d NaHC2O4过量。由上述图像分析可知，c点之后电导率持续上升是因为加入的NaHC2O4标准溶液过量，溶液中离子浓度增大，A错误；根据Ka1H2C2O4和Ka2H2C2O4的表达式可知，c(C2O42−)c(H+)c(H2C2O4)=Ka1⋅Ka2c(H+)，从b→c的过程中，随着NaHC2O4标准溶液的加入，溶液中c(OH-)逐渐减小，则c(H+)逐渐增大，因此c(C2O42−)c(H+)c(H2C2O4)逐渐减小，而c(H2C2O4)c(C2O42−)c(H+)是逐渐增大，B错误；根据图像分析可知，b点时恰好生成BaC2O4沉淀，且由图像可知c(Ba2+)≈c(C2O42−)，此时溶液中c(Ba2+)= 10-4ml/L由此可计算出Ksp(BaC2O4)=c(Ba2+)⋅c(C2O42−)=10−8 ，故C正确；d点时，溶液中溶质为物质的量浓度相等的NaHC2O4 和Na2C2O4，Ka2H2C2O4=1.0×10−4，C2O42−的水解常数Kh=KwKa2=10−10，即HC2O4−的电离程度大于C2O42−的水解程度，故溶液中c(HC2O4−)cOH−>cH+>cCH3NH2
D．甲胺的含量：3.10 g⋅L−1
【答案】D
【解析】根据题意，甲胺的KbCH3NH2=4.2×10−4，吡啶的KbC5H5N=1.7×10−9。说明甲胺的碱性更强，盐酸标准溶液滴定时，先和甲胺反应，再和吡啶反应。随着盐酸体积的增加，pH值不断减小， 4种含氮微粒中CH3NH2的物质的量先减小，与此同时CH3NH3+的物质的量增加；之后C5H5N的物质的量减少，C5H5NH+的物质的量增加。所以图乙中的曲线①、②、③、④分别对应C5H5NH+、C5H5N、CH3NH3+、CH3NH2的分布系数。由图甲可知，HCl溶液的体积达到20mL时，pH值第一次出现突变，说明此时刚好将甲胺反应完全。由分析可知，曲线③表示CH3NH3+的分布系数，A错误；由图乙可知a点时C5H5N的分布系数约为0.998，则C5H5NH+的分布系数约为1−0.998=0.002，根据其计算公式可知吡啶的转化率为0.002×100%=0.2%，B错误；由图甲可知，b点的pHcOH−，C错误；由分析可知，a点时CH3NH2恰好反应完全，方程式为CH3NH2+HCl＝CH3NH3Cl，所以nCH3NH2=nHCl=0.1000ml⋅L−1×20×10−3L=2×10−3ml，含量为2×10−3ml×31g⋅ml−120×10−3L=3.1g⋅L−1，D正确；故选D。
16．（2026·湖南怀化·一模）常温下，将1.00 ml/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cH+的数量级为10−2
B．VNaOH溶液=aL时，cNa+3cA2−，故B错误；向H2A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；Ka1H2A⋅Ka2H2A=c2H+⋅cA2−cH2A=10−4×10−8=10−12，pH=5时，cH+=10−5ml/L，所以cH2A=100cA2−，故D正确；故选D。
17．（2026·湖北孝感·二模）常温下，将0.1ml·L-1 NaOH溶液滴入50mL 0.1ml·L-1 H3T溶液中，溶液中含T微粒(H3T、H2T-、HT2-、T3-)的分布系数δ、溶液pH与加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示。
已知：δ(T3-)=cT3−cH3T+cH2T−+cHT2−+cT3−。下列叙述错误的是
A．a、c线分别代表H3T、HT2-的分布系数变化情况
B．pH=7时，c(Na+)>3c(HT2-)+3c(T3-)
C．c(H3T)=c(HT2-)时溶液pH=4.98
D．由M至N的滴定过程中，不可用甲基橙作指示剂
【答案】C
【解析】向H3T中滴加NaOH溶液，逐步生成H2T-、HT2-、T3-，所以a、b、c、d曲线分别为H3T、H2T-、HT2-、T3-，加入50 mL NaOH时，恰好生成NaH2T，加入100 mL NaOH时，恰好生成Na2HT，加入150 mL NaOH时，恰好生成Na3T。由分析可知，A正确；溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(H2T-)+2c(HT2-)+3c(T3-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(H2T-)+2c(HT2-)+3c(T3-)，从图中可以得到，pH=7时，c(H2T-)>c(HT2-)，所以c(Na+)>3c(HT2-)+3c(T3-)，B正确；由图可知，pH=2.1时，c(H3T)=c(H2T-)，则Ka1=c(H2T-)c(H+)c(H3T)=c(H+)=10-2.1，pH=7.2时c(H2T-)=c(HT2-)，所以当pH=7.2时，Ka2=c(H+)c(HT2−)c(H2T−)=10−7.2，由Ka1·Ka2可得当c(H3T)=c(HT2-)时，pH=4.65，C错误；由M至N的滴定过程中，由图可知，突变在pH=8之后，而甲基橙在pH>4.4后一直为黄色，滴定过程中，没有颜色变化，所以不可用甲基橙作指示剂，D正确；故选C。
18．（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)⇌Cd2++2OH- K2；Cd(OH)2(aq)+OH-⇌Cd(OH)3− K3；Cd(OH)2(aq)+2OH-⇌Cd(OH)42− K4。
已知X代表[Cd(OH)+]、(Cd2+)、[Cd(OH)3−]、[Cd(OH)42−]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-)=K1K3
D．n点：c[Cd(OH)+]+2c(Cd2+)+c(H+)0，所以−c(Na+)cNH4++cC2O42−
D．若将KOH固体改为NH3，则图中曲线不会变化
【答案】C
【解析】pH=5.2时HC2O4−和C2O42−的浓度相等，则草酸的Ka2=10-5.2，NH4HC2O4中，NH4+水解显酸性，HC2O4−的水解常数Kh=KwKa1=10−145.6×10−2≈1.8×10−13，远小于其电离常数，HC2O4−电离显酸性，因此溶液整体显酸性，pHc(H+)，因此得c(K+)+c(H2C2O4)>c(NH4+)+c(C2O42−)，C正确；若将KOH改为NH3，额外引入了N元素，N元素总浓度改变，NH4+和NH3·H2O的浓度都会变化，曲线会发生改变，D错误；故选C。
20．（2026·山东日照·一模）HA和H2B分别为一元酸和二元酸，M2+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pcM2+(pc=−lgc)及含A粒子的微粒分布系数［如δA−=cA−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．Ksp(MB)=10−10ml2⋅L−2
B．A−+H2O⇌HA+OH−的平衡常数约为10−9ml⋅L−1
C．MB饱和溶液中存在cOH−=cH++cHB−+2cH2B
D．MA2饱和溶液中存在1c3A−=cH+Ka(HA)KspMA2+12KspMA2
【答案】A
【解析】含MA2(s)的MA2饱和溶液中存在如下平衡：MA2(s)⇌M2+(aq)+2A-(aq)、A-+H2O⇌HA+OH-，且有δA-+δHA=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：cHA减小，故曲线③表示δHA随pH变化曲线；cA−增大，故曲线④表示δA-随pH变化曲线；M2+浓度不断减小，pc(M2+)增大，故曲线②表示pc(M2+)随pH变化曲线；曲线①表示MB饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线。由图可知，c(M2+)不随pH发生变化，则H2B为二元强酸，在MB饱和溶液中，Ksp=c(M2+)·c(B2−)=1×10-5×1×10-5=10-10ml2·L-2，A 正确；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-)=10−11ml·L-1，B 错误；H2B为二元强酸，不存在HB-，C 错误；将选项中公式化简得c(A-)+2c(HA)=2c(M2+)，MA2饱和溶液中存在物料守恒c(A-)+c(HA)=2c(M2+)，D 错误；故选A。
题型
考情分析
考向预测
1.滴定曲线（pH—V）图像
2025年云南卷： 以甲醛法测定NH4+含量为情境，将滴定曲线与分布分数曲线结合，综合考查离子浓度大小比较、含量计算及平衡常数的推导。
1.多曲线融合考查成为主流：单一滴定曲线逐渐减少，滴定曲线与分布分数曲线、对数曲线的融合考查将持续升温，对学生综合分析能力提出更高要求。
2. 复杂真实体系引领命题：以氨基酸、配位平衡、多物种共存等真实科研情境为载体的曲线题将持续出现，要求学生具备从陌生复杂体系中提取关键信息的能力。
3. 对数图像难度持续提升：pC—pH、lgc—V、lg(比值)—pH等多种对数图像将继续出现，对数坐标的物理意义解读、交点赋值点的信息提取成为核心考查点。
4. 模块交叉与信息整合：沉淀溶解平衡曲线将与配位平衡、氧化还原滴定等模块深度融合，要求学生具备跨模块的信息整合与综合分析能力。
5. 多变量协同调控图像出现：除pH外，以配体浓度、总浓度、温度为变量的曲线图将逐步增多，考查多因素对离子平衡的综合影响。
6. 数形结合与定量计算并重：平衡常数（Ka、Kb、Kw、Ksp）的计算、离子浓度定量关系推导将与图像分析深度结合，对学生数形结合与逻辑推理能力提出更高要求。
2.分布系数（δ—pH）曲线
2025年山东卷： 以含钴物种与含碳物种共存的复杂体系为背景，给出四种含碳物种的摩尔分数随pH变化关系图，综合考查曲线归属判断、Ka计算、离子浓度关系。
3.对数图像分析
2025年河北卷： 以Cu2+与I-形成两种配离子的体系为背景，给出浓度对数（实线）与分布系数（虚线）双重图像，综合考查平衡常数计算、曲线归属判断及离子浓度关系。
4.沉淀溶解平衡曲线
2025年甘肃卷： 以氨基乙酸（H2A+ ⇌ HA ⇌ A-）的水溶液平衡为情境，结合分布分数曲线与滴定曲线双重图像，综合考查曲线归属、pH计算、离子浓度关系及离子浓度大小比较。
5.多平衡体系综合曲线
2025年湖北卷： 以铜（Ⅰ）-乙腈配位平衡为情境，给出含铜物种的分布曲线图，综合考查配位平衡常数、物种随配体浓度变化规律及离子浓度关系。
6.滴定曲线与分布系数融合
2025年甘肃卷： 氨基乙酸体系中，将分布分数—pH曲线与pH—V(NaOH)滴定曲线在同一题中呈现，要求学生在两种图像间灵活切换，综合分析不同阶段的溶液组成。