人教版高考化学二轮复习专题题型11 电解质溶液及图像分析试卷（有答案）

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电解质溶液图像题是高考选择题中的“压轴”难点，它将抽象的粒子浓度关系、平衡移动与直观的数学曲线结合，综合考查学生的宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知能力。2026年高考试题，预测图像更加综合，将沉淀溶解平衡与弱电解质电离、水解平衡融入同一图像中考查，在lgc-pH图中同时出现金属离子和弱酸根离子的曲线。计算要求更高，直接从图像中提取数据进行Ka、Ksp、Kw的精确计算，或比较不同条件下常数的大小。情境更加新颖，以工业废水处理、药物体内吸收（pH调控） 等为背景，提供新颖的多元酸或微溶电解质，考查知识迁移能力。解答此类问题，要熟记各类平衡常数(Kw、Ka、Kh、Ksp)的表达式，深刻理解三大守恒关系的推导与应用，从复杂图像中提取数据，进行粒子浓度比值的计算训练，提升定量分析能力。
考向01 电离平衡及其应用
【例1-1】（2025·浙江卷）25℃时，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10−7,Ka2=4.7×10−11;KspCaCO3=3.4×10−9。下列描述不正确的是
A．HCO3−+H2O⇌OH−+H2CO3,K=2.2×10−8
B．2HCO3−⇌H2CO3+CO32−,K=1.0×10−4
C．HCO3−+Ca2+⇌CaCO3(s)+H+,K=1.4×10−2
D．NaHCO3溶液中，cH++cH2CO3=cOH−+cCO32−，则cH+=Ka1Ka2cHCO3−+KwKal+cHCO3−
【答案】D
【解析】HCO3−+H2O⇌OH−+H2CO3，K=cOH−×cH2CO3cHCO3−=KwKa1=10−144.5×10−7=2.2×10−8，A正确；2HCO3−⇌H2CO3+CO32−，K=cCO32−×cH2CO3c2HCO3−=Ka2Ka1=4.7×10−114.5×10−7=1.0×10−4，B正确；HCO3−+Ca2+⇌CaCO3(s)+H+，K=cH+cHCO3−×cCa2+=Ka2KspCaCO3=4.7×10−113.4×10−9=1.4×10−2，C正确；Ka1Ka2cHCO3−+KwKal+cHCO3−= cH+×cHCO3−cH2CO3cCO32−×cH+cHCO3−×cHCO3−+cH+×cOH−cH+×cHCO3−cH2CO3+cHCO3−=c2H+×cCO32−+cOH−cH2CO3+cH+，由于cH++cH2CO3=cOH−+cCO32−，Ka1Ka2cHCO3−+KwKal+cHCO3−= c2H+，D错误；故选D。
【例1-2】（2025·全国卷）HF总浓度c总(HF)为0.1000ml⋅L-1的水溶液中存在平衡：HF⇌K1H++F-、HF+F−⇌K2HF2−。溶液中c(HF)、cHF2−、cF-与pH关系如下图所示。下列叙述正确的是
A．M、N分别为c(HF)~pH、cHF2−~pH关系曲线
B．K1=cH+cF-c(HF)≈7×10-4,K2=cHF2-c(HF)cF-≈5
C．溶液中c总(HF)=cF-+c(HF)+cHF2-
D．pH=1的溶液中cH+=cF-+cHF2-+cOH-
【答案】B
【解析】已知HF溶液中存在的平衡：HF⇌K1H++F-，当溶液中pH增大时，c(H+)减小，该平衡正向移动，c(HF)减小，对应M曲线；c(HF2-)先增大后减小，所以M、N分别为：c(HF)~pH、cF-~pH关系曲线，故A项错误；根据平衡常数计算公式： K1=cH+cF-c(HF)，取pH=4，c(F-)=0.0800ml/L，c(HF)=0.0110ml/L，c(H+)=10-4ml/L，代入可得K1=cH+cF-c(HF)=10-4×≈7×10-4，结合K2=cHF2-c(HF)cF-，取pH=4，c(HF2-)=0.0045ml/L，c(F-)=0.0800ml/L，c(HF)=0.0110ml/L，K2=cHF2-c(HF)cF-=×0.0800≈5，故B项正确；根据总浓度c总(HF)的定义，溶液中HF的存在形式有HF、F-、HF2-三种，根据元素守恒，可知c总(HF)=cF-+c(HF)+2cHF2-，故C项错误；已知：HF总浓度c总(HF)为0.1000ml⋅L-1，其pH＞1。在pH=1的溶液中，应该加入了其他酸，根据电荷守恒，可知cH+≠cF-+cHF2-+cOH-，故D项错误；故选B。
1.稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。例如，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，c(OH－)增大。
2.电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小。例如，CH3COOHCH3COO－＋H＋，平衡后，加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能消除，再次平衡时，c(CH3COOH)比原平衡时大。
3.电离平衡右移，离子的浓度不一定增大。例如，在CH3COOH溶液中加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡右移，但cH＋都比原平衡时要小。
4.电离平衡右移，电离程度不一定增大。例如，增大弱电解质的浓度，电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度减小。
【变式1-1】（2025·福建福州·二模）室温下，向20mL浓度相同的盐酸与醋酸稀溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，滴加NaOH溶液的体积与pH水的关系如图所示。已知c(H+)水表示溶液中水电离出的H+浓度，pH水=−lgc(H+)水。
下列说法正确的是
A．醋酸的初始浓度大于0.1ml⋅L−1
B．水的电离程度c点小于b点
C．a点溶质为CH3COOH和CH3COONa
D．a，b点溶液显中性，且存在c(Cl−)=c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−)
【答案】C
【分析】浓度相同的盐酸与醋酸稀溶液，因为盐酸酸性强于醋酸，所以初始时盐酸对水的电离抑制程度大于醋酸，pH水更大，所以M曲线表示盐酸，N曲线表示醋酸。
【解析】根据pH水=13，可以得出盐酸初始浓度为0.1ml⋅L−1，因为盐酸与醋酸初始浓度相同，所以醋酸的初始浓度也是0.1ml⋅L−1，故A错误；b、c点表示酸碱恰好完全中和，c点溶液pH水最小，根据pH水=−lgc(H+)水可知，c(H+)水最大，此时水的电离程度最大，故B错误；a点c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−)，有部分醋酸分子末被NaOH中和，溶质为CH3COOH和CH3COONa，故C正确；根据a、b点pH水=7，可以得出此时溶液恰好显中性，根据电荷守恒，可以得出两种溶液中存在：c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−)、c(Cl−)=c(Na+)>c(H+)=c(OH−)，但两种溶液中c(Na+)不同，故D错误；故选C。
【变式1-2】（2025·湖北武汉·模拟预测）常温下，向50 mL 0.5 ml·L-1HX溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液，由水电离产生的c(OH-)随加入NaOH体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．该温度下，0.5 ml·L-1HX的电离常数K约为2×10-4
B．m、n之间的点一定满足：c(X-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C．p点溶液中c(X-)=c(Na+)
D．q点溶液中c(H+)=10-6 ml·L-1
【答案】A
【解析】未加NaOH溶液时，HX溶液中c(OH-)水=10-12 ml·L-1，则c(H+)=10-2 ml·L-1，根据HX⇌H++X-知K=c(H+)·c(X-)c(HX)≈10-2×10-20.5=2×10-4，A正确；当加入的NaOH极少时，溶液中有c(H+)>c(Na+)，B错误；p点溶液中c(OH-)水最大，说明p点时HX与NaOH恰好完全反应生成NaX，由于X-水解使其浓度减小，故此时溶液中有c(Na+)>c(X-)，C错误；q点溶液为NaX和NaOH的混合溶液，在碱性条件下水的电离受到抑制，溶液中的c(H+)和c(OH-)水相等，为10-8 ml·L-1，D错误；故选A。
考向02 结合图像分析粒子浓度大小
【例2-1】（2025·福建卷）常温下，在Cr(VI)总浓度始终为0.025 ml⋅L-1的K2CrO4溶液中，铬元素以HCrO4−、CrO42−、Cr2O72−形式存在，l gc/ml⋅L-1随pH变化如图。下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ代表的组分为CrO42-
B．P点：cCr2O72-=0.0253+100.2ml⋅L-1
C．2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O的平衡常数K=1012.2
D．Q点：3cCr2O72-+2cCrO42-+cOH-=cK++cH+
【答案】B
【分析】a:HCrO4-⇌H++CrO42- K1
b:2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O K
随着溶液pH增大，a平衡正向移动、b平衡逆向移动，CrO42−浓度增大、Cr2O72−浓度减小，则曲线I代表的组分为Cr2O72−、曲线Ⅱ代表的组分为CrO42-；
【解析】由分析，曲线I代表的组分为Cr2O72−，A错误； Q点，pH=6.3，cCrO42-=cHCrO4-，则HCrO4-⇌H++CrO42-，K1=cH+cCrO42-cHCrO4-=cH+=10−6.3；P点时，pH=6.1，cCrO42-=cCr2O72-，此时K1=cH+cCrO42-cHCrO4-=10−6.1cCrO42-cHCrO4-=10−6.3，cHCrO4-=100.2×cCrO42-=100.2cCr2O72-，Cr(VI)总浓度始终为0.025 ml⋅L-1，则cHCrO4-+cCrO42-+2cCr2O72-=100.2×cCr2O72-+cCr2O72-+2cCr2O72-=0.025，cCrO42-=cCr2O72-=0.0253+100.2ml/L，B正确；结合B分析，P点时，pH=6.1，cCrO42-=cCr2O72-，2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O的平衡常数K=cCr2O72-c2H+c2CrO42-=1c2H+cCrO42-=110−6.1×2×0.0253+100.2=3+×1012.2，C错误； Q点，cCrO42-=cHCrO4-，由电荷守恒，cHCrO4-+2cCrO42-+2cCr2O72-+cOH-=cK++cH+，则3cCrO42-+2cCr2O72-+cOH-=cK++cH+，D错误；故选B。
【例2-2】（2024·湖南卷）常温下KaHCOOH=1.8×10−4，向20mL0.10ml⋅L−1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．水的电离程度：McHCOO−>cOH−>cH+>cHCOOH
【答案】D
【分析】结合起点和终点，向20mL0.10ml⋅L−1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、OH−、H+和HCOO−；当VHCOOH=0mL，溶液中存在Na+、H+和OH−，cOH-=cNa+=0.10ml⋅L−1，随着加入HCOOH溶液，cNa+减少但不会降到0，当VHCOOH=20mL，cNa+=0.05ml⋅L−1，随着加入HCOOH溶液，cOH-会与HCOOH反应而减少，当VHCOOH=20mL，溶质为HCOONa，nHCOONa=0.05ml⋅L−1，Kh=KwKa=10−141.8×10−4= cOH-cHCOOHcHCOO- =cOH-2cHCOO-，cOH-= 10−101.8×0.05 =16×10−5ml⋅L−1 cOH-很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表cOH-；当VHCOOH=0mL时，0.10ml⋅L−1NaOH中cH+=10×10−13ml⋅L−1，很小，随着加入HCOOH溶液，溶质由NaOH变为NaOH和HCOONa混物，最终为HCOONa，cH+增加的很少，而cHCOO-增加的多，当VHCOOH=20mL，溶质为HCOONa，HCOO-少部分水解，nHCOO-cHCOO-及cOH−>cH+观察图中N点可知，cHCOO−≈0.05ml/L，根据KaHCOOH=cH+cHCOO-cHCOOH=1.8×10−4，可知cHCOOH>cH+，故D错误；故选D。
1.多元弱酸溶液
根据多步电离分析知：一级电离＞二级电离＞三级电离。例如，0.1 ml·L－1 H3PO4溶液中离子浓度间的关系是c(H＋)＞c(H2POeq \\al(－,4))＞c(HPOeq \\al(2－,4))＞c(POeq \\al(3－,4))＞c(OH－)。
2.多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根分步水解分析知：一级水解＞二级水解。
例如，0.1 ml·L－1Na2S溶液中：
一级水解：S2－＋H2OHS－＋OH－(主要)
二级水解：HS－＋H2OH2S＋OH－(次要)
故离子浓度的关系为c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)。
3.多元弱酸的酸式盐溶液
①若离子的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性。
例如，0.1 ml·L－1 NaHS溶液中存在：
水解：HS－＋H2OH2S＋OH－(主要)
电离：HS－H＋＋S2－(次要)
水的电离：H2OH＋＋OH－(极微弱)
溶液中微粒浓度大小关系为c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H2S)＞c(H＋)＞c(S2－)。
②若离子的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性。
例如，0.1 ml·L－1NaHSO3溶液中存在：
电离：HSOeq \\al(－,3)H＋＋SOeq \\al(2－,3)(主要)
水解：HSOeq \\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)
水的电离：H2OH＋＋OH－(极微弱)
溶液中微粒浓度大小关系为c(Na＋)＞c(HSOeq \\al(－,3))＞c(H＋)＞c(SOeq \\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H2SO3)。
【变式2-1】（2025·云南大理·一模）H2A为二元弱酸，常温下将0.1ml⋅L−1的NaOH溶液滴入20mL0.1ml⋅L−1的NaHA溶液中，溶液中HA−或A2−的分布系数δ、加入NaOH溶液的体积V与pH的关系如图所示[已知：δHA−=cHA−cHA−+cA2−+cH2A]。下列叙述正确的是
A．曲线a代表A2−，曲线b代表HA−
B．室温下，HA−的电离平衡常数的数量级10−4
C．q点时，cNa+=cA2−+cHA−+cH2A
D．n点满足关系：cA2−>cHA−+3cH2A
【答案】D
【分析】常温下将NaOH溶液滴入20mL0.1ml/LNaHA的溶液中，NaHA+NaOH=Na2A+H2O可知，随着NaOH溶液的加入，A2−的浓度上升，HA−浓度下降，剩余曲线为滴定曲线，则曲线a代表HA−，曲线b代表A2−，据此分析。
【解析】根据分析可知曲线a代表HA−，曲线b代表A2−，A错误；m点时，存在cA2−=cHA−，pH=4.2，可得出cH+=10−4.2ml/L，Ka2=cH+cA2−cHA−=1×10−4.2，数量级10−5，B错误；q点时，溶液刚好反应生成Na2A，根据元素守恒：cNa+=2cA2−+2cHA−+2cH2A，C错误；n点时滴入了10mLNaOH溶液，cNa2A:cNaHA=1:1，根据元素守恒和电荷守恒可得：2cNa+=3cH2A+cHA−+cA2−，cNa++cH+=cOH−+cHA−+2cA2−，消去cNa+可得2cH++cHA−+3cH2A=cA2+2cOH−，此时溶液呈酸性，则cA2−>cHA−+3cH2A，D正确；故选D。
【变式2-2】（2025·湖北武汉·模拟预测）常温下，向20.00 mL 0.1 ml·L-1 HA溶液中滴入0.1 ml·L-1 NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．HA为弱酸，酸性强于碳酸[Ka1(H2CO3)=4.3×10-7]
B．N点表示滴入NaOH溶液20 mL，此时溶液中存在：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)
C．P点溶液中由水电离产生的氢离子浓度为1.0×10-7 ml·L-1，溶液呈中性
D．当滴入NaOH溶液10 mL时，c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)
【答案】C
【解析】由图可知0.1 ml·L-1 HA溶液中c(H+)=1.0×10-3 ml·L-1，为弱酸，Ka(HA)≈1.0×10-3×1.0×10-30.1=1.0×10-5>Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，A正确；随NaOH溶液的滴入，溶液由酸性转变为碱性，当完全反应生成正盐时水解程度最大(N点)，此时滴入NaOH溶液20 mL，溶液溶质为NaA，对应粒子浓度大小关系为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)，B正确；M点时由水电离产生的氢离子和氢氧根离子浓度均为1.0×10-7 ml·L-1，而OH-仅由水电离产生，故此时溶液呈中性，P点时碱过量，溶液呈碱性，C错误；当滴入NaOH溶液10 mL时，溶液中溶质为等物质的量的HA和NaA，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，结合物料守恒2c(Na+)=c(HA)+c(A-)可得c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)，D正确；故选C。
考向03 电解质溶液中粒子浓度大小比较
【例3-1】（2024·江苏卷）室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1H2SO3=1.3×10−2，Ka2H2SO3=6.2×10−8。
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。
实验2：将SO2气体通入0.1ml⋅L−1NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。
实验3：将SO2气体通入0.1ml⋅L−1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中：cHSO3−+cSO32−>cH+
B．实验2所得溶液中：cSO32−>cHSO3−
C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D．实验3所得溶液中：cSO42−>cMn2+
【答案】D
【分析】实验1得到H2SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验3SO2和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+。
【解析】 实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：cHSO3−+2cSO32−+cOH−=cH+，则 cHSO3−+cSO32−NH3⋅H2O，由越弱越水解可得，说明CH3NH3+的水解能力弱于NH4+，则25℃时，0.1ml/LNH4Cl溶液与0.1ml/LCH3NH3Cl溶液相比，NH4Cl溶液中的cH+大，C错误；0.01ml/LCH3NH2溶液与相同浓度的CH3NH3Cl溶液以任意比例混合，由物料守恒得，混合液中存在cCH3NH2+cCH3NH3+=0.01ml/L，D正确；故选C。
1.若溶液混合不发生反应
根据电离常数(Ka、Kb)、水解常数(Kh)的相对大小综合分析
(1)分子的电离常数大于对应离子的水解常数
例如等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中存在：
NH3·H2O的电离：
NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－(主要)
NHeq \\al(＋,4)的水解：NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋(次要)
因为电离程度＞水解程度，故混合溶液呈碱性。
溶液中存在的电荷守恒式：c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由于c(OH－)＞c(H＋)，则c(NHeq \\al(＋,4))＞c(Cl－)。
元素守恒式：c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，由于c(NHeq \\al(＋,4))＞c(Cl－)，则c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，故混合溶液中粒子浓度大小顺序为c(NHeq \\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)。
再如等物质的量浓度的CH3COONa与CH3COOH的混合溶液呈酸性，溶液中粒子浓度关系为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)。
(2)分子的电离常数小于对应离子的水解常数
例如等物质的量浓度的NaCN和HCN的混合溶液中存在：
CN－的水解：CN－＋H2OHCN＋OH－(主要)
HCN的电离：HCNH＋＋CN－(次要)
因为水解程度＞电离程度，故混合溶液呈碱性。
溶液中粒子浓度大小顺序为c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
2.若溶液混合能发生反应
经过反应后离子浓度大小比较，主要根据反应物的物质的量以及化学反应原理确定反应后溶液中的溶质成分，再考虑溶质的电离和水解情况，从而确定离子浓度的大小。
(1)0.1 ml·L－1的氨水与0.1 ml·L－1的硫酸等体积混合。
①混合液中溶质为NH4HSO4，其浓度为0.05 ml·L－1。
②溶液中含有的粒子有NH3·H2O、H2O、H＋、OH－、NHeq \\al(＋,4)、SOeq \\al(2－,4)。
③写出上述溶液中离子浓度由大到小的顺序：c(H＋)>c(SOeq \\al(2－,4))>c(NHeq \\al(＋,4))>c(OH－)。
(2)0.1 ml·L－1 CH3COONa与0.1 ml·L－1盐酸等体积混合。
①混合液中溶质为CH3COOH、NaCl。
②溶液中含有的粒子有CH3COOH、H2O、Na＋、Cl－、CH3COO－、H＋、OH－。
③溶液中粒子(水分子除外)浓度由大到小的顺序：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。
(3)0.2 ml·L－1 NH4Cl与0.1 ml·L－1 NaOH等体积混合，混合液中的溶质为NH4Cl、NH3·H2O、NaCl，三者的物质的量浓度相等，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Cl－)>c(NHeq \\al(＋,4))>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)。
【变式3-1】（2025·河北张家口·一模）常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．0.1ml⋅L-1NH42FeSO42溶液：cSO42->cNH4+>cFe2+>cH+
B．0.1ml⋅L-1NaHCO3溶液：cNa++cH+=cCO32-+cHCO3-+cOH-
C．0.1ml⋅L-1Na2S溶液：2cNa+=cS2-+cHS-+cH2S
D．0.01ml⋅L-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液：cNa+>cCH3COO->cOH->cH+
【答案】A
【解析】NH42FeSO42溶液中，SO42-不水解，浓度为0.2ml/L，NH4+和Fe2+均水解，但NH4+初始浓度（0.2ml/L）高于Fe2+（0.1ml/L），H+由水解产生，浓度最低，所以cSO42->cNH4+>cFe2+>cH+，故A正确；根据电荷守恒，0.1ml⋅L-1NaHCO3溶液中，应该是c(Na+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH-)，而不是cNa++cH+=cCO32-+cHCO3-+cOH-，故B错误；Na2S溶液中，根据物料守恒应为cNa+=2cS2-+cHS-+cH2S，而不是2cNa+=cS2-+cHS-+cH2S，C错误；醋酸是弱酸，(pH=2)的醋酸溶液浓度远大于0.01 ml⋅L-1，等体积(pH=2)的醋酸与0.01 ml⋅L-1NaOH溶液混合，混合后醋酸过量，溶液呈酸性，所以c(H+)>c(OH-)，D错误；故选A。
【变式3-2】（2025·江苏淮安·一模）室温下，通过下列实验探究H2S及部分硫化物的性质。已知：H2S饱和溶液浓度约为0.1ml·L-1，Ka1H2S=10−6.97，Ka2H2S=10−12.90，KspCdS=10−26.10；反应平衡常数K大于105时认为反应完全。
实验1：向20mL0.1ml·L-1H2S溶液中加入20mL0.1ml·L-1NaOH溶液；
实验2：向实验1所得溶液中继续加入20mL0.1ml·L-1NaOH溶液；
实验3：向0.1ml·L-1H2S溶液中通入少量氯气，有淡黄色沉淀产生；
实验4：向c(Cd2+)=0.01ml·L-1的盐溶液中通入H2S气体至饱和。
下列说法正确的是
A．实验1溶液中存在：cS2−>cH2S
B．实验2溶液中存在：cOH−=cH++cHS−+cH2S
C．实验3中反应的离子方程式：S2−+Cl2=2Cl−+S↓
D．实验4所得溶液中：cH+>cCd2+
【答案】D
【解析】实验1所得溶液的溶质为NaHS，根据Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，则HS-水解常数Kh=KwKa1=10−1410−6.97=10−7.03>Ka2=10−12.90，即HS-的水解程度大于其电离程度，所以实验1溶液中存在：c(S2-)＜c(H2S)，A错误；实验2：向实验1所得溶液中继续加入20mL0.1ml·L-1NaOH溶液，发生反应：NaHS+NaOH=Na2S+H2O，即NaHS和NaOH恰好完全反应生成Na2S，根据质子守恒，实验2溶液中存在：cOH−=cH++cHS−+2cH2S，B错误；向0.1ml·L-1H2S溶液中通入少量氯气，有淡黄色沉淀产生，即生成单质硫，反应的离子方程式为：H2S+Cl2=S↓+2H++2Cl-，C错误；向c(Cd2+)=0.01ml·L-1的盐溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应：Cd2++H2S=CdS↓+2H+，该反应的平衡常数K=c2(H+)c(Cd2+)c(H2S)=c2(H+)c(S2-)c(Cd2+)c(S2-)c(H2S)=Ka1·Ka2Ksp(CdS)=10−6.97×10−12.9010−26.10=106.23>105，即该反应可认为反应完全，所以实验4所得溶液中：c(H+)＞c(Cd2+)，D正确；故选D。
考向04 酸碱中和滴定图像
【例4-1】（2024·广西卷）常温下，用0.1000ml⋅L−1NaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ．20.00mL浓度均为0.1000ml⋅L−1HCl和CH3COOH溶液
Ⅱ．20.00mL浓度均为0.1000ml⋅L−1HCl和NH4Cl溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知KaCH3COOH=KbNH3⋅H2O=1.8×10−5，下列说法正确的是
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B．a点水电离出的cOH−数量级为10−8
C．VNaOH=30.00mL时，Ⅱ中cCl−>cNH3⋅H2O>cNH4+
D．pH=7时，Ⅰ中cCH3COOH、cCH3COO−之和小于Ⅱ中cNH3⋅H2O、cNH4+之和
【答案】D
【分析】溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，根据KaCH3COOH=KbNH3⋅H2O=1.8×10−5，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N；
【解析】向溶液中加入40ml氢氧化钠溶液时，I中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I对应的滴定曲线为M，A错误；根据分析可知a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的cH+=cOH−，数量级接近10−6，B错误；当VNaOH=30.00mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解Kh=KwKa=10−141.8×10−5=5.6×10−10＜1.8×10−5，即NH4+水解程度小于一水合氨的电离程度，所以cNH4+>cNH3⋅H2O，又物料守恒cCl−=2cNH4++2cNH3⋅H2O，即cCl−>cNH4+，故cCl−>cNH4+>cNH3⋅H2O，C错误； 根据元素守恒，nCH3COOH、nCH3COO−之和等于nNH3⋅H2O、nNH4+之和，根据图像，pH=7时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中cCH3COOH、cCH3COO−之和小于Ⅱ中cNH3⋅H2O、cNH4+之和，D正确；故选D。
【例4-2】（2025·安徽马鞍山·一模）某温度下，向的丙酸(以HA表示)溶液中滴加0.1000ml/L的NaOH溶液，测得混合溶液的温度T、pH随加入NaOH溶液的体积V的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．a点溶液中，由水电离出的cOH−>1.0×10−11ml/L
B．c点溶液中，cNa+=cA−
C．e点溶液中，cOH−cNa+>cH+>cA−
【答案】C
【解析】a点未加入NaOH溶液，0.1ml/LHA溶液的pH为3，c(H+)=10-3ml/L，溶液中OH-全部是由水电离出来的，此时温度低于25℃，KWcH2A
【答案】C
【分析】H2A存在电离平衡：H2A⇌HA−+H+，HA−⇌A2−+H+，随pH升高，H2A的分布系数减小，为曲线①，HA−的分布系数先增大后减小，为曲线②，A2−的分布系数增大，为曲线③；根据图示，pH=3.46时，cH2A=cHA−时，Ka1=cHA−⋅cH+cH2A=10−3.46，同理：Ka2=cA2−⋅cH+cHA−=10−5.05。
【解析】由分析可知，随着pH升高，H2A的分布系数逐渐减小，故①为H2A的分布系数曲线，A正确；由分析可知，pH=3.46时，δH2A=δHA−，即cH2A=cHA−，Ka1=cHA−⋅cH+cH2A=cH+=10−3.46，B正确；反应H2A+A2−⇌2HA−的平衡常数K=c2HA−cA2−×cH2A=c2HA−·cH+cA2−·cH2A·cH+=Ka1Ka2=10−3.4610−5.05 =101.59，C错误；pH=6时，由图像可知，A2−分布系数大于HA−，H2A分布系数极小，故cA2−>cHA−>cH2A，D正确；故选C。
【例5-2】（2025·河北卷）已知Cu2+和L3−结合形成两种配离子CuL−和CuL24−常温下，0.100ml⋅L−1的H3L和0.002ml⋅L−1的CuSO4混合溶液中，HL2−和L3−的浓度对数lgc(实线)、含铜微粒的分布系数δ(虚线)[例如δCu2+=cCu2+cCu2++cCuL−+cCuL24−]与溶液pH的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．Cu2++L3−⇌[CuL]−,K=109.4
B．HL2−⇌H++L3−,K=10−11.6
C．图中a点对应的pH=4.2
D．当pH=6.4时，体系中cHL2−>cCuL24−>cCuL−>cL3−
【答案】C
【分析】HL2−和L3−之间存在HL2−⇌H++L3−转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以HL2−为主，则c(HL2−)>c(L3−)，lg c(HL2−)>lgc(L3−)，则曲线I代表lgc(HL2−)，曲线II代表lgc(L3−)，随着pH增大，HL2−⇌H++L3−正向移动，c(L3−)增大，Cu2+和L3−结合形成配离子的反应依次为Cu2++L3−⇌CuL−K1、L3−+CuL−⇌CuL24−K2，因此随pH增大，δCu2+持续减小，为曲线III，δCuL−，先增大后减小，为曲线IV，δCuL24−一直增大，为曲线V，据此回答。
【解析】曲线III和曲线IV的交点代表δCu2+=δCuL−，即c(Cu2+)=c(CuL−)，由图可知，此时lgc(L3−)=−9.4，带入平衡表达式得K1=c(CuL−)c(Cu2+)c(L3−)=110−9.4=109.4，A正确；曲线I和曲线II的交点代表lgc(L3−)=lgc(HL2−)，即c(L3−)=c(HL2−)，此时pH=11.6，带入平衡常数表达式得K=c(L3−)⋅c(H+)c(HL2−)=10−11.6，B正确；曲线IV和曲线V得交点代表，δCuL−=δCuL24−，即c(CuL24−)=c(CuL−)，此时lgc(L3−)=−7.2，可得L3−+CuL−⇌CuL24−的平衡常数K2=c(CuL24−)c(L3−)⋅c(CuL−)=110−7.2=107.2，a点时，δCu2+=δCuL24−，带入K1×K2=c(CuL−)c(L3−)⋅c(Cu2+)×c(CuL24−)c(L3−)⋅c(CuL−)=1c2(L3−)=109.4×107.2=1016.6，解得c(L3−)=10−8.3ml/L，且a点对应c(HL2−)=0.1ml/L，带入HL2−⇌H++L3−的平衡常数K=c(L3−)⋅c(H+)c(HL2−)=10−11.6，计算得c(H+)=10−4.3ml/L，故pH=4.3，C错误；当pH=6.4时，c(HL2−)最大，接近10−1ml/L，结合B项中平衡常数可计算得c(L3−)≈10−6.2ml/L，δCuL24−=0.90，δCuL−=0.09结合Cu 元素守恒知，c(CuL24−)=0.90×0.002ml/L=1.8×10−3ml/L，c(CuL−)=0.09×0.002ml/L=1.8×10−4ml/L，因此体系中cHL2−>cCuL24−>cCuL−>cL3−，D正确；故选C。
1．分布系数曲线
是指以pH为横坐标，分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数为纵坐标，即分布系数与溶液pH之间的关系曲线。
2.解题要点
(1)明确每条曲线所代表的粒子及变化趋势。
(2)通过做横坐标的垂线，可判断某pH时的粒子浓度相对大小。
(3)交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数。
【变式5-1】（2025·湖北武汉·一模）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。
已知：δCH2ClCOO−=cCH2ClCOO−cCH2ClCOOH+cCH2ClCOO−
下列叙述正确的是
A．曲线M表示δCHCl2COOH∼pH的变化关系
B．CH2ClCOOH的电离常数Ka=10−1.3
C．pH=2.08时，电离度αCH2ClCOOH电离度αCHCl2COOH=
D．若酸的初始浓度为0.1 ml/L，则a点对应的溶液中有cH+=cCHCl2COO−+cOH−
【答案】C
【分析】随着pH增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度增大，-Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时pH分别约为1.3和等于2.8，故两种酸的电离平衡常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3，Ka(CH2ClCOOH)=10-2.8，a点所在的线表示δ(CHCl2COOH)~pH的变化关系，另一条下降的线表示δ(CH2ClCOOH)~pH的变化关系，M线表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系，另一条上升的线表示δ(CHCl2COO-)~pH的变化关系，由此分析解题；
【解析】根据分析，曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系，A错误；根据分析，CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8，B错误；由图中交点坐标，pH=2.08时，δ(CHCl2COOH)=δ(CH2ClCOO-)=0.15，故α(CHCl2COOH)=85%，α(CH2ClCOOH)=15%，C正确；根据Ka(CHCl2COOH)=c(CHCl2COO−)c(H+)c(CHCl2COOH)，若溶质只有CHCl2COOH，则c(CHCl2COO-)=c(H+)=Ka(CHCl2COOH)c0=10-1.15ml/L，小于a点对应溶液pH=1时氢离子浓度为10-1ml/L，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，对应还有其他酸根，根据电荷守恒，c(H+)c(CH3CH2CH=CHCOO-)
C．图2中③对应的溶液中：c(OH-)=c(H)+2c(CH3CH2CH=CHCOOH)
D．2-戊烯酸钠的水解常数Kh=5.0×10-10
【答案】D
【分析】向20mL0.1ml⋅L-12-戊烯酸溶液中滴加0.1ml⋅L-1的NaOH溶液，发生反应CH3CH2CH-CHCOOH+NaOH=CH3CH2CH-CHCOONa+H2O，图1中，随pH增大，CH3CH2CH=CHCOOH减少，CH3CH2CH=CHCOO-增加，故曲线Ⅰ表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH，曲线Ⅱ表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOO-，图2中，①加入NaOH溶液体积为10mL，溶质为等浓度的2-戊烯酸和2-戊烯酸钠，②溶液呈中性，③加入NaOH体积为20mL，溶质为2-戊烯酸钠，据此作答。
【解析】根据图1知，2-戊酸的电离常数计算如下：
Ka=c(H+)⋅c(CH3CH2CH=CHCOO-)c(CH3CH2CH=CHCOOH)=c(H+)=10−4.7=2.0×10−5。①对应的溶液中，电离大于水解，对应的溶液呈酸性，有c(CH3CH2CH=CHCOO-)>
c(CH3CH2CH=CHCOOH)，c(H+)=10−4.7×c(CH3CH2COOH)c(CH3CH2CH=CHCOO-)4.7，A错误；②溶液呈中性，根据电荷守恒知，c(CH3CH2CH=CHCOOH)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)，B错误；③溶液中酸和碱恰好完全反应，其溶质是CH3CH2CH=CHCOONa，根据质子守恒得：c(OH-)=c(H)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)，C错误；根据电离常数和水解常数关系，Kℎ×Ka=Kw，Kℎ=1×10−142×10−5=5.0×10−10，D正确；故选D。
考向06 对数图像
【例6-1】（2025·四川卷）H2A是一种二元酸，MA是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下：
(i)0.10ml⋅L−1的H2A溶液中，各物种的lgc/ml⋅L−1与pH的关系；
(ⅱ)含MA(s)的0.10ml⋅L−1Na2A溶液中，lgcM2+/ml⋅L−1与pH的关系。
下列说法正确的是
A．曲线④表示lgcM2+/ml⋅L−1与pH的关系
B．(ⅰ)中pH=2.00时，cA2−cH2A=10−1.46
C．pKsp(MA)=5.60
D．(ⅱ)中增加MA(s)，平衡后溶液中H2A、HA−、A2−浓度之和增大
【答案】B
【分析】H2A是一种二元酸，随着pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA−)先增大后减小，c(A2−)逐渐增大；含MA(s)的0.10ml⋅L−1Na2A溶液中，随着pH增大，A2-+H2O⇌HA-+OH-逆移，c(A2−)逐渐增大，导致MA(s)⇌M2+(aq)+A2-(aq)逆移，c(M2+)逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c(M2+)变化不大；据此可得曲线①表示lgcA2−/ml⋅L−1与pH的关系，曲线②表示lgcHA−/ml⋅L−1与pH的关系，曲线③表示lgcM2+/ml⋅L−1与pH的关系，曲线④表示lgcH2A/ml⋅L−1与pH的关系；
【解析】根据分析，曲线④表示lgcH2A/ml⋅L−1与pH的关系，A错误；由曲线可得，Ka1(H2A)×Ka2(H2A)=c(H+)×c(HA-)c(H2A)×c(H+)×c(A2-)c(HA−)=c2(H+)×c(A2-)c(H2A)=（10−2.73）2=10−5.46， (ⅰ)中pH=2.00时，cA2−cH2A=10−5.46c2(H+)=10−5.4610−4=10−1.46，B正确；Ksp(MA)=c(M2+)×c(A2-)，由图可知，pH=2.73时，c(A2−)=10−2.49ml·L-1，c(M2+)=10−4.30ml·L-1，则Ksp(MA)=c(M2+)×c(A2-)=10−4.30×10−2.49=10−6.79，因此pKsp(MA)=6.79，C错误；(ⅱ)中增加MA(s)，MA(s)⇌M2+(aq)+A2-(aq)平衡不移动，c(A2−)不变，则c(H2A)、c(HA−)均不变，因此平衡后溶液中H2A、HA−、A2−浓度之和不变，D错误；故选B。
【例6-2】（2024·福建卷）将草酸钙固体溶于不同初始浓度c0(HCl)的盐酸中，平衡时部分组分的lgc−lgc0(HCl)关系如图。已知草酸Ka1=10−1.3,Ka2=10−4.3。下列说法错误的是
A．lgc0(HCl)=−1.2时，溶液的pH=1.3
B．任意c0(HCl)下均有：cCa2+=cHC2O4−+cH2C2O4+cC2O42−
C．CaC2O4(s)+2H+(aq)=Ca2+(aq)+H2C2O4(aq)的平衡常数为10−3.0
D．lgc0(HCl)=−4.1时，2cCa2++cH+=cOH−+2cHC2O4−+cCl−
【答案】D
【分析】草酸钙为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，滴加盐酸过程中体系中存在一系列平衡CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+C2O42-(aq)、C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-、HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，因此曲线Ⅰ代表C2O42-，曲线Ⅱ代表HC2O4-，曲线Ⅲ代表H2C2O4，据此解题。
【解析】lgc0(HCl)=−1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则Ka1=cHC2O4-×cH+cH2C2O4=cH+=10−1.3，溶液的pH=1.3，故A正确；草酸钙固体滴加稀盐酸，任意c0(HCl)下均有物料守恒关系cCa2+=cHC2O4−+cH2C2O4+cC2O42−，故B正确；lgc0(HCl)=1时，cH+=10ml/L，c(HC2O4-)=1×10-2.8ml/L，Ka2=cC2O42-×cH+cHC2O4-=10×cC2O42-1×10-2.8=10−4.3，c(C2O42-)=1×10-8.1ml/L；Ka1=cHC2O4-×cH+cH2C2O4=1×10-2.8ml/L×10cH2C2O4=10−1.3，c(H2C2O4)=1×10-0.5ml/L，由图可知lgc0(HCl)=1时，c(Ca2+)=c(H2C2O4)=1×10-0.5ml/L，则Ksp(CaC2O4)= c(Ca2+)×c(C2O42-)=1×10-8.6；CaC2O4(s)+2H+(aq)=Ca2+(aq)+H2C2O4(aq)的平衡常数K=cH2C2O4×cCa2+c2H+=cH2C2O4×cCa2+×cHC2O4-×cC2O42-c2H+×cHC2O4-×cC2O42-=KspCaC2O4Ka1×Ka2=1×10-8.610−1.3×10−4.3=10−3，故C正确；溶液中存在电荷守恒2cCa2++cH+=cOH−+cHC2O4−+2cC2O42-+cCl−，lgc0(HCl)=−4.1时，c(C2O42-)=c(HC2O4-)，则存在关系2cCa2++cH+=cOH−+3cHC2O4−+cCl−，故D错误；故选D。
1.图像类型
包括对数图像和负对数图像以及对数、负对数混合图像，其中负对数图像有以下类型：
2.解题策略
(1)先确定图像的类型是对数图像还是负对数图像。
(2)再弄清楚图像中横坐标和纵坐标的含义，是浓度对数还是比值对数。
(3)理清图像中曲线的变化趋势及含义，根据含义判断线上、线下的点所表示的意义。
(4)抓住图像中特殊点：如lg eq \f(cA,cB)＝0的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0的点有c(D)＝1 ml·L－1
熟记运算法则：lg ab＝lg a＋lg b、lg eq \f(a,b)＝lg a－lg b、lg 1＝0，若K＝ceq \\al(m,1)·ceq \\al(n,2)(K只与温度有关)，得lg K＝mlg c1＋nlg c2。
(5)将图像中数据或曲线的变化与所学知识对接，作出正确判断。
【变式6-1】（2025·贵州黔南·一模）25℃0.1ml/L的BA溶液中各种微粒浓度的对数(lgc)随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．Ka(HA)的值为10-4.74
B．25℃时，BA溶液中的pH=7
C．该体系中c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(B+)
D．pH由7到14，水解程度A->B+
【答案】D
【分析】由图可知当pH=4.74时，c(HA)=c(A-)，Ka=c(A-)⋅c(H+)c(HA)=10-4.74；当pH=9.26时，c(BOH)=c(B+)，Kb=c(B+)c(OH-)c(BOH)=10-4.74。
【解析】由图可知，pH=4.74时，c(HA)=c(A-)，Ka=c(A-)⋅c(H+)c(HA)=10-4.74，A正确；pH=9.26时，c(BOH)=c(B+)，Kb=c(B+)c(OH-)c(BOH)=10-4.74，即HA和BOH的电离平衡常数相等，故25°C时，BA的溶液pH=7，B正确；该体系中电荷守恒c(OH-)+c(A-)=c(H+)+c(B+)，C正确；根据上述分析，pH=7时A-和B+的水解程度相同，pH增大，c(OH-)增大，抑制A-的水解，促进B+的水解，故水解程度A-cNH3⋅H2O，所以cNH3⋅H2OcCO32−>cH+
C．加水稀释NaHCO3溶液的过程中可能出现：cH2CO3=cCO32−
D．浓度均为0.2ml/L的NaHCO3溶液与AgNO3溶液等体积混合，可析出Ag2CO3沉淀
【答案】C
【解析】HA−+HA−⇌H2A+A2−的平衡常数K=cA2−×cH2Ac2HA−=cA2−×cH+cHA−×cH2AcHA−×cH+=Ka2Ka1≈1.04×10−4，HA−水解平衡常数Kh=KwKa1=10−144.5×10−7≈29×10−7，比较可知，平衡常数最大的是HCO3−的质子自递平衡，A正确；10−4ml/L的极稀NaHCO3溶液中，Ka2=cCO32−×cH+cHCO3−=4.7×10−11，得到c2H+≈4.7×10−15，cH+≈2.17×10−7.5，pH≈7.164，A项可知，HCO3−水解程度大于电离程度，则cH2CO3>cCO32−，且cH2CO3×cCO32−c2HCO3−≈1.04×10−4，则cH2CO3＞1.04×10−12=1.02×10−6，溶液pH≈7.164，cOH−=10−6.836，则cH2CO3>cOH−成立；cOH−cCO32−=cOH−×cH+×cHCO3−cCO32−×cH+×cHCO3− =KwKa2×cHCO3−=10−144.7×10−11×10−4=104.7=2.1276，则cOH−>cCO32−成立；pH≈7.164，cOH−cH+=10−6.83610−7.164=100.328=2.1281＞2.1276，则：cCO32−＞cH+成立，故离子浓度大小关系为：cH2CO3>cOH−>cCO32−>cH+，B正确；加水稀释NaHCO3溶液的过程中，HCO3−水解程度大于电离程度，则cH2CO3>cCO32−，C错误；浓度均为0.2ml/L的NaHCO3溶液与AgNO3溶液等体积混合后，Ka2=cCO32−×cH+cHCO3−=4.7×10−11，cCO32−≈4.7×10−11×0.1≈2.168×10−6ml/L，cAg+=0.1ml/L，Qc=c2Ag+×cCO32−=10−2×2.168×10−6 =2.168×10−8＞8.3×10−12，则析出Ag2CO3沉淀，D正确；故选C。
2.（2025·四川成都·模拟预测）常温下，将KOH溶液滴加到二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH与pX的关系如图所示。已知pX代表−lgcA2−cHA−或−lgcHA−cH2A。下列说法正确的是
A．滴定到b点时，溶液中cK+>3cHA−
B．水的电离程度：a>b
C．曲线I代表pH随−lgcA2−cHA−的变化曲线，Ka2H2A=10−4.3
D．当H2A刚好被中和时，溶液中cOH−=cHA−+cH2A+2cH+
【答案】C
【分析】Ka1=c(H+)×c(HA-)c(H2A)，Ka2=c(H+)×c(A2-)c(HA-)，当pX=0时，Ka=c(H+)，Ka1＞Ka2，故Ⅰ代表−lgcA2−cHA−的变化曲线，Ⅱ代表−lgcHA−cH2A的变化曲线；
【解析】b点时，−lgcA2−cHA−=0，cA2−=cHA−，溶液显酸性，即cH+>cOH−。结合电荷守恒cK++cH+=2cA2−+cHA−+cOH−得cK+c(A3-)>c(H2A-)，故B正确；由分析可知，电离常数Ka1(H3A)= 10-3.3，数量级为10-4，故C错误；由图可知，溶液pH为4.77时，溶液中H2A-、HA2-的浓度相等，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(HA2-)+2c(HA2-)+3c(A3-)，则溶液中c(Na+)＜3c(HA2-)+3c(A3-)，故D错误；故选B。
6.（2025·贵州六盘水·一模）室温下，某小组用0.1000ml⋅L−1的NaOH标准溶液滴定⋅L−1的次磷酸H3PO2溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示[已知H2PO2−的分布系数：δH2PO2−=cH2PO2−c总含磷微粒]，下列叙述正确的是
A．曲线②表示δH3PO2
B．K2H3PO2=10−5
C．VNaOH=10mL时，cH2PO2−cNa+
【答案】D
【分析】根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。
【解析】由图象分析可知，当VNaOH=0时，溶液的pH＞1，则δH3PO2最大，δH2PO2-最小；又因曲线①随VNaOH的增大而减小，曲线②随VNaOH的增大而增大，所以曲线①代表δH3PO2；曲线②代表δH2PO2-，故A错误；H3PO2为一元弱酸，不存在K2H3PO2=10−5，故B错误；曲线①代表δH3PO2；曲线②代表δH2PO2-，根据图象，VNaOH=10mL时，cH2PO2−>cH3PO2，故C错误；当20mL时达到滴定终点，NaOH与次磷酸二者1∶1恰好反应，溶质为NaH2PO2，其水溶液显碱性，存在物料守恒：c(H3PO2)+c(H2PO2−)=c(Na+)；即当溶液为中性时，NaOH不足，溶液为NaH2PO2和H3PO2的混合溶液，溶液中存在：cH2PO2−+cH3PO2>cNa+，故D正确；故选D。
7.（2025·四川达州·一模）25℃时某二元酸H2X的Ka1=10−1.2，Ka2=10−4.8。下列说法正确的是
A．将pH=1的H2X溶液加水稀释100倍pH等于3
B．向H2X溶液中加入NaOH溶液至pH=8，则cX2−>cHX−
C．等浓度NaHX和Na2X的混合液对水的电离有促进作用
D．在0.1ml/L的Na2X溶液中，2cOH−=cH++cHX−+2cH2X
【答案】B
【分析】NaHX溶液中HX-的电离和水解平衡常数分别为：Ka2=10−4.8、KwKa1=10−1410−1.2=10−12.8，HX-的电离程度大于水解程度，Na2X溶液中X-的水解平衡常数为：KwKa2=10−1410−4.8=10−9.2。
【解析】H2X为弱酸，将pH=1的H2X溶液加水稀释100倍pH小于3，A错误；根据分析，等浓度NaHX和Na2X的混合液中以HX-的电离为主，溶液呈酸性，当向H2X溶液中加入NaOH溶液至pH=8，溶液中Na2X浓度大于NaHX，故cX2−>cHX−，B正确；根据分析，等浓度NaHX和Na2X的混合液中以HX-的电离为主，对水的电离有抑制作用，C错误；在0.1ml/L的Na2X溶液中存在质子守恒：cOH−=cH++cHX−+2cH2X，D错误；故选B。
8.（2025·四川·模拟预测）常温下，向50mL溶有0.1mlCl2的氯水中滴加2ml·L-1的NaOH溶液，溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是
A．测得a点对应溶液中cCl−=100cClO−，则KaHClO=10−4101
B．可用pH试纸测定b点对应溶液的pH
C．c点对应溶液中：cNa+>cOH−>cCl−>cClO−>cH+
D．达到滴定终点时，溶液中cClO−cCl−=1
【答案】C
【分析】b点时加入nNaOH=2ml·L−1×0.1L=0.2ml=2nCl2，此时Cl2和2NaOH恰好完全反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，由此判断b点溶质为0.1mlNaCl和0.1mlNaClO，c点溶质为0.1ml NaCl、0.2mlNaOH和0.1mlNaClO，据此解答。
【解析】因Cl2+H2O⇌HCl+HClO，即生成的HCl、HClO的物质的量相等，根据方程式知c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，测得a点对应溶液中c(Cl-)=100c(ClO-)，则此时c(HClO)=99c(ClO-)，所以Ka(HClO)=cClO−·cH+cHClO=10−499，A错误；b点对应溶液为NaCl和NaClO的混合溶液，因NaClO具有强氧化性而具有漂白性，则不能用pH试纸测定其pH，B错误；根据分析可知，c点对应溶液中溶质为0.1mlNaCl、0.2mlNaOH和0.1mlNaClO，且ClO-会水解，则c点对应溶液中：cNa+>cOH−>cCl−>cClO−>cH+，C正确；达到滴定终点时，得到等物质的量浓度的NaCl、NaClO的混合溶液，但ClO-会水解，导致c(Cl-)>c(ClO-)，则溶液中 cClO−cCl−cAg+>cAgNH32+>cAgNH3+
D．lgcNH3=−3.6时，cCl-+cOH−=5cAgNH3++cNH4++cH+
【答案】C
【分析】起始时银离子和氯离子浓度相等，随着加入氨水，Ag+转化为AgNH3+和[Ag(NH3)2]+，银离子浓度下降，氯离子浓度增大，AgNH3+先增大后减小，[Ag(NH3)2]+增大，所以Ⅰ代表φ(Ag+)、Ⅱ代表φ(AgNH3+)、Ⅲ代表φ([Ag(NH3)2]+)。
【解析】工业提银时，用6ml⋅L−1的氨水， NH₃浓度大，根据图示，银主要生成[Ag(NH3)2]+，故A正确；根据图像，c(Ag+)=c([Ag(NH3)2]+)时c(NH3)=10-3.6，AgNH32+=Ag++2NH3，K=cAg+c2NH3cAgNH32+=c2NH3=10−7.2，故B正确；起始时，银离子和氯离子浓度相等，随着加入氨水，Ag+转化为AgNH3+和[Ag(NH3)2]+，银离子浓度下降，氯离子浓度增大，cCl−>cAg+；根据图像lgcNH3=−4时，cCl−>cAg+>cAgNH3+>cAgNH32+，故C错误；根据电荷守恒cCl-+cOH−= c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+)+c(AgNH3+)+cNH4++c(H+)；lgcNH3=−3.6时，φ(Ag+)=φ([Ag(NH3)2]+)=40%，根据物料守恒φ(AgNH3+)=20%，即c(Ag+)=c([Ag(NH3)2]+)=2c(AgNH3+)， 所以cCl-+cOH−=5cAgNH3++cNH4++cH+，故D正确；故选C。
13.（2025·湖北荆州·模拟预测）铜氨溶液具有显著的抗菌作用，能缓解炎症、促进伤口愈合。将0.2 ml/L CuSO4溶液与NH3·H2O溶液等体积混合，测得Cu2+ 和铜氨各级配合物的物质的量分数Xn与平衡体系的p[NH3][平衡体系中-lgc(NH3)]的关系如图所示。
下列说法中错误的是
A．平衡体系中c(NH3)越大越有利于配位数多的铜氨配合物的形成
B．根据图示信息，可得出b点的纵坐标约为0.10
C．当p[NH3]=3.0时，c[Cu(NH3)22+] > c[Cu(NH3)32+] > c[Cu(NH3)2+] > c(Cu2+)> c[Cu(NH3)42+]
D．反应Cu2++2NH3⇌Cu(NH3)22+的平衡常数的lgK为7.6
【答案】C
【分析】将0.2ml/L CuSO4溶液与NH3⋅H2O溶液等体积混合，发生反应：①Cu2+ +NH3= Cu(NH3) 2+，②CuNH32++NH3⇌CuNH322+，③CuNH322++NH3⇌CuNH332+，④CuNH332++NH3⇌CuNH342+。
【解析】由上述反应可知，平衡体系中c(NH3)越大越有利于配位数大的铜氨配合物的形成，A项正确；由图像可以看出，b点时Cu2+和Cu(NH3) 32+物质的量分数相等，CuNH322+和CuNH32+物质的量分数相等且数值为0.4，则Cu2+的物质的量分数约为(1-0.4-0.4)÷2=0.10，即b点的纵坐标约为0.10，B项正确；反应CuNH32++NH3⇌CuNH322+的平衡常数K2=c[CuNH322+]c[CuNH32+]c(NH3)，c点时，CuNH322+和CuNH32+的物质的量分数相等，此时p[NH3] =3.5，即c(NH3)=10-3.5ml/L，则K2=c[CuNH322+]c[CuNH32+]c(NH3)=1cNH3=103.5；同理，反应Cu2++NH3⇌CuNH32+的平衡常数K1=104.1；反应CuNH322++NH3⇌CuNH332+的平衡常数K3=102.9CuNH332++NH3⇌CuNH342+的平衡常数K4=102.1；故p[NH3]=3.0时，Cu2++4NH3⇌CuNH342+的K=c[CuNH342+]c(Cu2+)c4(NH3)=K1K2K3K4=1012.9，故c[CuNH342+]c(Cu2+)=100.9＞1，即c(Cu2+)＜ c[Cu(NH3)42+]，C项错误；反应CuNH32++NH3⇌CuNH322+的平衡常数K=c[CuNH322+]c[CuNH32+]c(NH3)，c点时，CuNH322+和CuNH32+的物质的量分数相等，此时p[NH3] =3.5，即c(NH3)=10-3.5ml/L，则K2=c[CuNH322+]c[CuNH32+]c(NH3)=1cNH3=103.5。同理，反应Cu2++NH3⇌CuNH32+的平衡常数K1=104.1。则反应Cu2++2NH3⇌Cu(NH3)22+的平衡常数的K=K1K2=7.6，故D项正确；故选C。
14.（2025·四川攀枝花·一模）常温下，在含H2A(二元弱酸)和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，溶液中pX[pX=−lgX，X=cHA−cH2A或cA2−cHA−或cNH4+cNH3⋅H2O]与pH关系如图所示。下列有关叙述正确的是
A．直线L1、L2分别表示cNH4+cNH3⋅H2O、cHA−cH2A与pH的关系
B．当cHA−=cA2−时，溶液中cNa++cNH4+>2cHA−+cA2−+cCl−
C．L1和L3直线交点坐标为6.72,−2.52
D．常温下，反应NH3⋅H2O+H2A⇌NH4HA+H2O的平衡常数K=106.04
【答案】C
【解析】在含H2A和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，c(H+)浓度减小，cHA−cH2A= Ka1(H2A)c(H+)，Ka1(H2A)c(H+)增大，cA2-cHA-=Ka2(H2A)c(H+)，Ka2(H2A)c(H+)增大，且cHA−cH2A>cA2-cHA-，由NH4++H2O=NH3⋅H2O+H+可知，cNH4+cNH3⋅H2O=c(H+)Kh(NH4+)减小，则L1代表-lgcNH4+cNH3⋅H2O与pH的关系，L2代表-lgcA2-cHA-与pH的关系，L3代表-lgcHA−cH2A与pH的关系，A错误；当c(HA-)=c(A2-)时，根据电荷守恒c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(Cl-)+c(OH-)，因为c(HA-)=c(A2-)，−lgc(A2−)c(HA−)=0时，pH1，说明是弱酸，c(HA)>c(H+)>c(A-)>c(OH-)
反应一半点(点②)
两者反应生成等物质的量的HA和NaA的混合液，此时溶液pHc(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
中性点(点③)
此时溶液pH＝7，溶液呈中性，酸没有完全反应，c(A-)＝c(Na+)>c(HA)>c(H+)＝c(OH-)
恰好完全反应点(点④)
此时两者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
过量点(点⑤)
此时NaOH过量或者远远过量，溶液显碱性，可能出现c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，也可能出现c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)
在上述过程中，点④代表的溶液中水的电离程度最大
举例
一元弱酸
(以CH3COOH为例)
二元弱酸
(以草酸为例)
弱电解质
分布系数图
δn
δ0、δ1分别为CH3COOH、CH3COO－的分布系数
δ0为H2C2O4的分布系数、δ1为HC2Oeq \\al(－,4)的分布系数、δ2为C2Oeq \\al(2－,4)的分布系数
微粒存
在形式
当pHpKa时，主要存在形式是CH3COO－。δ0与δ1曲线相交在δ0＝δ1＝0.5处，此时c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，即pH＝pKa
当溶液的pH＝1.2时δ0＝δ1，pH＝4.2时δ1＝δ2；当pH