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专题16　水溶液中的离子平衡
考点1　
“四大常数”的计算及应用
1. 溶液中三大平衡的对比
平衡类型 电离平衡（以
CH3COOH
CH3COO－＋H＋
为例） 水解平衡（以
CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－为例） 沉淀溶解平衡[以
AgCl（s） Ag＋
（aq）＋Cl－（aq）
为例]
研究对象 弱电解质溶液 能水解的盐溶液 难溶电解质
平衡类型 电离平衡（以
CH3COOH
CH3COO－＋H＋
为例） 水解平衡（以
CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－为例） 沉淀溶解平衡[以
AgCl（s） Ag＋
（aq）＋Cl－（aq）
为例]
影 响 因 素 升温 促进电离，Ka增大 促进水解，Kh增大 若难溶物的溶解度与
温度成正比，升温促
进溶解，则Ksp增
大；反之，升温则抑
制溶解，Ksp减小
加水 促进电离，Ka不变 促进水解，Kh不变 促进溶解，Ksp不变
平衡类型 电离平衡（以
CH3COOH
CH3COO－＋H＋
为例） 水解平衡（以
CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－为例） 沉淀溶解平衡[以
AgCl（s） Ag＋
（aq）＋Cl－（aq）
为例]
影 响 因 素 加入 相应 离子 加入CH3COONa
或盐酸，抑制电
离，Ka不变 加入CH3COOH或
NaOH，抑制水解，Kh不变 加入AgNO3或NaCl，
抑制溶解，Ksp不变
加入
反应
离子
（或物
质） 加入OH－，促进
电离，Ka不变 加入H＋，促进水
解，Kh不变 加入氨水，促进溶
解，Ksp不变
2. 影响水电离程度大小的常考因素
3. 溶液中粒子浓度的大小比较
（1）紧扣两个微弱
弱电解质的电离是微弱的，大多数盐类的水解也是微弱的。
（2）牢记三大守恒
①电荷守恒：电解质溶液中阴离子所带负电荷总数等于阳离子所
带正电荷总数。
如（NH4）2CO3与NH4HCO3的混合溶液中一定有：c（N ）＋
c（H＋）＝2c（C ）＋c（HC ）＋c（OH－）。
③质子守恒：在电离或水解过程中，会发生质子（H＋）转移，但质子转
移过程中其数量保持不变。
将混合溶液中的电荷守恒式和元素守恒式相联立，通过代数运算消去其
中未参与平衡移动的离子，即可推出溶液中的质子守恒式。
②元素守恒：物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目在变化前后保持不变，可解决电解质溶液中离子、分子的物质的量浓度或物质的量的关系。如：0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中一定有c（Na＋）＝c（HC ）＋c（C ）＋c（H2CO3）＝0.1 mol·L－1。0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液等体积混合后一定有：c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝2c（Na＋）＝0.1 mol·L－1。
（3）解题思维流程
4. 四大平衡常数的比较
常数 受温度的影响 表达式
电离常数Ka
或Kb K随温度升高而增大 HA H＋＋A－
Ka＝
BOH B＋＋OH－Kb＝
水的离子积常
数Kw Kw随温度升高而增大 H2O H＋＋OH－
Kw＝c（H＋）·c（OH－）
常数 受温度的影响 表达式
盐的水解常
数Kh Kh随温度升高而增大 A－＋H2O HA＋OH－
Kh＝
溶度积常数
Ksp 大多数Ksp随温度升高而
增大，少数会减小，如Ca
（OH）2 MmAn（s） mMn＋（aq）＋
nAm－（aq）
Ksp＝cm（Mn＋）·cn（Am－）
5. 四大平衡常数间的关系
（1）Kh＝ 或
如：HC ＋H2O H2CO3＋OH－
Kh＝ ＝ ＝
C ＋H2O HC ＋OH－
Kh＝ ＝ ＝
（2）某些沉淀的Ksp与Kw的关系
M（OH）n（s） Mn＋（aq）＋nOH－（aq）
Ksp＝c（Mn＋）·cn（OH－）＝c（Mn＋）· ＝c（M＋）·
（3）四大平衡同化学平衡一样都为动态平衡，平衡的移动符合平衡移
动原理（勒夏特列原理），Ka、Kb、Kh、Kw、Ksp数值不随其离
子浓度的变化而变化，只与温度有关，随温度的升高而增大（部
分Ksp除外），在温度一定时，平衡常数不变，与化学平衡是否移
动无关。
6. 四大平衡常数的应用
（1）判断平衡移动的方向
Q与Ksp的关系 平衡移动方向 结论
Q＞Ksp 逆向 溶液过饱和，有沉淀析出
Q＝Ksp 不移动 溶液饱和，处于平衡状态
Q＜Ksp 正向 溶液未饱和，无沉淀析出
（2）判断离子浓度比值的大小变化。如将NH3·H2O溶液加水稀释，
c（OH－）减小，由于电离平衡常数Kb为 ，此值不变，故 的值增大。
（3）利用四大平衡常数进行有关计算。
1. （2025·浙江1月选考15题）25 ℃时，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp（CaCO3）＝3.4×10－9。下列描述不正确的
是（　　）
A. HC ＋H2O OH－＋H2CO3，K＝2.2×10－8
B. 2HC H2CO3＋C ，K＝1.0×10－4
C. HC ＋Ca2＋ CaCO3（s）＋H＋，K＝1.4×10－2
D. NaHCO3溶液中，c（H＋）＋c（H2CO3）＝c（OH－）＋c
（C ），则c（H＋）＝
√
解析：该反应的K＝ ＝ ＝ ≈2.2×10－8，A项正确；该反应的K＝ ＝ ＝ ≈1.0×10－4，B项正确；该反应的K＝ ＝ ＝ ≈1.4×10－2，C项正确；c（H2CO3）＝　①，c（C ）＝ 　②，c（OH－）＝ 　③，c（H＋）＋c（H2CO3）＝c（OH－）＋
c（C ），将①②③代入得c2（H＋）＝ ，D项错误。
2. （2024·浙江1月选考15题）常温下，将等体积、浓度均为0.40 mol·L－1
BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶
液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3　Ka1＝1.4×10－2，Ka2＝6.0×10－8；Ksp（BaSO3）＝
5.0×10－10，Ksp（BaSO4）＝1.1×10－10。
下列说法不正确的是（　　）
A. H2SO3溶液中存在c（H＋）＞c（HS ）＞c（S ）＞c（OH－）
B. 将0.40 mol·L－1 H2SO3溶液稀释到0.20 mol·L－1，c（S ）几乎不变
C. BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D. 存在反应BaSO3＋H2O2 BaSO4＋H2O是出现白色沉淀的主要原因
√
解析：亚硫酸是二元弱酸，电离方程式为H2SO3 H＋＋HS 、HS H＋＋S ，则溶液中c（H＋）＞c（HS ）＞c（S ）
＞c（OH－），A正确；亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则稀释的
时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一
半，另外平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根离
子的浓度基本不变，B正确；加入双氧水之前，生成的白色浑浊为
BaSO3沉淀，C错误；过氧化氢具有强氧化性，可以将S 氧化为硫酸
根离子，则存在反应：BaSO3＋H2O2 BaSO4＋H2O，则出现白色沉
淀的主要原因是生成BaSO4沉淀，D正确。
3. （2023·浙江1月选考13题）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（　　）
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）＝18
C. 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：甲酸的Ka＝ ＝
1.8×10－4，pH＝5，即c（H＋）＝1×
10－5 mol·L－1，则 ＝ ＝
18，B正确；根据回收率与废水初始pH关系图可知，废水初始pH＞2.4时，随pH增大，回收率减小，说明c（R3NH＋）减小，即R3N＋H2O R3NH＋＋OH－平衡逆向移动，pH＞5时，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，A、C正确，D错误。
4. （2023·浙江1月选考15题）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置
于水中达到沉淀溶解平衡：CaCO3（s） Ca2＋（aq）＋C （aq）
[已知Ksp（CaCO3）＝3.4×10－9，Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5，H2CO3
的电离常数Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.7×10－11]。下列有关说法正确的
是（　　）
A. 上层清液中存在c（Ca2＋）＝c（C ）
B. 上层清液中含碳微粒最主要以HC 形式存在
C. 向体系中通入CO2气体，溶液中c（Ca2＋）保持不变
D. 通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
√
解析：因C 会水解，故上层清液中c（Ca2＋）＞c（C ），A
项错误；C 发生水解，水解常数Kh＝ ＝
≈2.1×10－4，说明C 的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要
为HC ，B项正确；向体系中通入CO2，CO2与C 反应，使沉淀溶
解平衡右移，c（Ca2＋）增大，C项错误；由题干可知，Ksp（CaCO3）
＝3.4×10－9，Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加
入Na2SO4溶液后CaCO3不会有效转化成CaSO4，D项错误。
5. （2024·浙江1月选考19题节选）CO2（g）＋H2（g） HCOOH（g）。
（1）该反应在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均
为1.0 mol·L－1，平衡常数K＝2.4×10－8，则CO2的平衡转化率
为 。
解析：列三段式，设转化的CO2为x mol·L－1，则：
　　　　　　　　 CO2（g）　＋　H2（g） HCOOH（g）
起始/（mol·L－1）　 1.0　　　　　 1.0 0
转化/（mol·L－1） x　　　　　 x x
平衡/（mol·L－1） 1.0－x 1.0－x x
2.4×10－6％
则K＝ ＝2.4×10－8，解得x≈2.4×10－8，则CO2的
平衡转化率≈ ×100％＝2.4×10－6％。
（2）用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol·L－1氨水和0.18 mol·L－1甲酸铵的混合溶液，298 K时该混合溶液的pH＝ 。[已知：298 K时，电离常数Kb（NH3·H2O）＝1.8×10－5、Ka（HCOOH）＝1.8×10－4]
10
解析：用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol·L－1氨水和0.18 mol·L－1甲酸铵的混合溶液，得出c（N ）≈0.18 mol·L－1，c（NH3·H2O）≈1.00 mol·L－1，根据Kb＝ ，则c（OH－）＝ ≈ mol·L－1＝10－4 mol·L－1，pOH＝4，pH＝14－4＝10。
考点2
曲线变化及粒子浓度关系分析
一、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 粒子浓度关系
反应 起始点 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－）
关键点 粒子浓度关系
恰好完全反应点
（点③） 此时二者恰好完全反应生成NaA，NaA为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c（Na＋）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（HA）＞c（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＋）
二、分布系数曲线
1. 透析分布曲线，锁定思维方向
一元弱酸（以CH3COOH为例） 二元弱酸（以H2C2O4为例）
一元弱酸（以CH3COOH为例） 二元弱酸（以H2C2O4为例）
δ0为CH3COOH的分布系数，δ1为
CH3COO－的分布系数 δ0为H2C2O4的分布系数，δ1为HC2
的分布系数，δ2为C2 的分布系数
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 2. 明确解题要领，快速准确作答
（1）“读曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势。
（2）“读浓度”——通过横坐标的垂线，可读出某pH时的粒子浓度。
（3）“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。
（4）“可替换”——根据溶液中的元素守恒进行替换，分析得出结论。
三、对数曲线
将溶液中某一微粒的浓度[如c（A）]或某些微粒浓度的比值 取常
用对数，即lg c（A）或lg 得到的粒子浓度对数图像。
1. 破解对数曲线的数据
（1）运算法则：lg ab＝lg a＋lg b、lg ＝lg a－lg b、lg 1＝0。
（2）运算突破点：如lg ＝0的点有c（A）＝c（B）；lg c（D）
＝0的点有c（D）＝1 mol·L－1。
2. 破解对数曲线的步骤
（1）识图像：观察横、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 ＝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。
1. （2024·浙江6月选考15题）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）＝ ］。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
√
解析：在H2S溶液中存在电离平衡：H2S
H＋＋HS－、HS－ H＋＋S2－，随着pH的增
大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS－的
物质的量分数先增大后减小，S2－的物质的
量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS－、S2－的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH＝7.0可知Ka1（H2S）＝1×10－7，由②和③交点的pH＝13.0可知Ka2（H2S）＝1×10－13。FeS的沉淀溶解平衡为FeS（s） Fe2＋（aq）＋S2－（aq），饱和FeS溶液的物质的量浓度为 ＝ mol·L－1＝ ×10－9 mol·L－1，Fe（OH）2的沉淀溶解平衡为Fe（OH）2（s） Fe2＋（aq）＋2OH－（aq），饱和Fe（OH）2溶液的物质的量浓度为 ＝ mol·L－1＝ ×10－6 mol·L－1＞ ×10－9 mol·L－1，故溶解度：FeS小于
Fe（OH）2，A项错误；酚酞的变色范围为8.2～10.0，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由题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；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－）＝ ＝ ＝ ＝ ＝0.1，设水解的S2－的物质的量浓度为x mol·L－1，则 ＝0.1，解得x≈0.062，S2－的水解率约为 ×100％＝62％，C项正确；
0.010 mol·L－1 FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol·L－1 Na2S溶液，瞬间得到0.005 mol·L－1 FeCl2和0.10 mol·L－1 Na2S的混合液，结合C项，瞬时Q（FeS）＝c（Fe2＋）·c（S2－）＝0.005×（0.10－0.062）＝1.9×10－4＞Ksp（FeS），Q[Fe（OH）2]＝c（Fe2＋）·c2（OH－）＝0.005×0.0622＝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。
2. （2025·陕晋青宁14题）常温下，溶液中Al3＋、Zn2＋、Cd2＋以氢氧化物形式沉淀时，－lg [c（X）/（mol·L－1）]与－lg [c（H＋）/（mol·L－1）]的关系如图[其中X代表Al3＋、Zn2＋、Cd2＋、Al（OH 、Zn（OH 或Cd（OH ]。已知：Ksp[Zn（OH）2]＜Ksp[Cd（OH）2]，Zn（OH）2比Cd（OH）2更易与碱反应，形成M（OH ；溶液中c（X）≤10－5 mol·L－1时，X可忽略不计。
下列说法错误的是（　　）
A. L为－lg c[Al（OH ]与－lg c（H＋）的关系曲线
B. Zn2＋＋4OH－ Zn（OH 的平衡常数为1011.2
C. 调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd（OH）2和Al（OH）3
D. 调节溶液pH为4.7～6.4，可将浓度均为0.1 mol·L－1的Zn2＋和Al3＋完全分离
√
解析：Zn（OH）2与Cd（OH）2的组成相似，曲线斜率相同，Ksp＝
c（X2＋）·c2（OH－），－lg Ksp＝－lg c（X2＋）－2lg c（OH－）＝
－lg c（X2＋）＋28＋2lg c（H＋），－lg c（X2＋）、－lg c（H＋）符合－2x
＋y＝－lg Ksp－28的函数关系，结合Ksp[Zn（OH）2]＜Ksp[Cd（OH）2]，可知Zn2＋沉淀完全时所需OH－浓度小，－lg c（H＋）
小；Zn（OH）2比Cd（OH）2更易与碱反
应，则开始生成Zn（OH 时OH－浓
度小，－lg c（H＋）小，Zn（OH 、
Cd（OH 的组成相似，曲线斜率相
同，则曲线对应关系如图：
L为－lg c[Al（OH ]与－lg c（H＋）的
关系曲线，A正确；由点（8.4，5）可知
Ksp[Zn（OH）2]＝10－5×（10－5.6）2＝
10－16.2，根据c[Zn（OH ]＝
10－5 mol·L－1时，－lg c（H＋）＝12.4，
知c（OH－）＝10－1.6 mol·L－1，则Zn2＋＋
4OH－ Zn（OH 的平衡常数K＝ ＝ ＝ ＝1014.4，B错误；Al（OH）3完全溶解的pH小于14.0，而Cd（OH）2开始溶解的pH为14.0，故调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd（OH）2和Al（OH）3，C正确；
由点（3.0，0）可知，Ksp[Al（OH）3]
＝1×（10－11）3＝10－33，浓度均为
0.1 mol·L－1的Zn2＋和Al3＋，Al3＋完全
沉淀时c（OH－） mol·L－1≈
10－9.3 mol·L－1，此时pH≈4.7，Zn2＋开始沉淀时c（OH－）＝
mol·L－1＝10－7.6 mol·L－1，此时pH＝6.4，因此调节溶液pH为4.7～6.4，可将浓度均为0.1 mol·L－1的Zn2＋和Al3＋完全分离，D正确。
3. （2025·云南高考14题）甲醛法测定N 的反应原理为4N ＋6HCHO （CH2）6N4H＋＋3H＋＋6H2O。取含NH4Cl的废水浓缩至原体积的 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[（CH2）6N4H＋]＝ }。下列说法正确的是（　　）
A. 废水中N 的含量为20.00 mg·L-1
B. c点：c[（CH2）6N4H+]＋c（H+）＝c（OH-）
C. a点：c[（CH2）6N4H+]＞c（H+）＞c（OH-）＞c[（CH2）6N4]
D. （CH2）6N4H+ （CH2）6N4＋H+的平衡常数K≈7.3×10-6
√
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 ～
[（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（N ）＝c（OH－）＝0.010 00 mol·L-1，则原废水
中c（N ）＝0.010 00 mol·L-1× ＝0.001 000 mol·L-1，
因此，废水中N 的含量为0.001 000 mol·L－1×18 000 mg·mol－1＝18.00 mg·L－1，A错误； c点加入NaOH标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、（CH2）6N4的混合液，且浓度之比为1∶4∶1，由电荷守恒可知，c[（CH2）6N4H＋]＋c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），由于c（Na＋）＞c（Cl－），c[（CH2）6N4H＋]＋c（H＋）＜c（OH－），B错误；a点加入10.00 mL NaOH溶液，得到NaCl、（CH2）6N4H＋、HCl的混合液，且浓度之比为2∶1∶1，（CH2）6N4H＋在溶液中水解，故c（H＋）＞c[（CH2）6N4H＋]，C错误；由图1和图2可知，当pH＝6.00时，（CH2）6N4占比较高，δ[（CH2）6N4]＝0.88，则由氮元素守恒可知，δ[（CH2）6N4H＋]＝0.12，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则（CH2）6N4H＋ （CH2）6N4＋H＋的平衡常数K＝ ＝ ≈7.3×10－6，D正确。
4. （2025·安徽高考14题）H2A是二元弱酸，M2＋不发生水解。25 ℃时，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中lg[c（M2+）/（mol·L-1）]与pH的关系如图所示。
已知25 ℃时，Ka1（H2A）＝10－1.6，Ka2（H2A）＝10－6.8，lg 2＝0.3。
下列说法正确的是（　　）
A. 25 ℃时，MA的溶度积常数Ksp（MA）＝10－6.3
B. pH＝1.6时，溶液中c（M2＋）＞c（Cl－）＞c（HA－）＞c（A2－）
C. pH＝4.5时，溶液中c（HA－）＞c（H2A）＞c（A2－）
D. pH＝6.8时，溶液中c（H＋）＋2c（HA－）＋c（H2A）＝c（OH－）＋c（Cl－）
√
解析：根据题意知，平衡时溶液中存在元素守恒c（M2+）＝c（A2-）＋c（HA－）＋c（H2A）和电荷守恒2c（M2+）＋c（H+）＝c（Cl-）＋2c（A2-）＋c（HA－）＋c（OH－），根据Ka1＝ 、Ka2＝ 及a点和b点数据知，a点处c（HA－）＝c（H2A），且pH较小时A2－的浓度可忽略不计，b点处c（A2－）＝c（HA－），且pH较大时H2A的浓度可忽略不计。由上述分析知，利用b点数据计算MA的溶度积常数，b点处c（M2＋）＝10－3.0 mol·L－1，根据元素守恒c（M2＋）＝c（A2－）＋c（HA－）＋c（H2A）≈2c（A2－）知，c（A2－）＝ ×10－3.0 mol·L－1，故Ksp（MA）＝c（M2＋）·c（A2－）＝10－3.0× ×10－3.0＝ ×10－6＝10－6.3，A正确；pH＝1.6时，c（H＋）＞c（OH－），c（M2＋）＝10－0.4 mol·L－1，c（HA－）＝c（H2A），A2－的浓度可忽略不计，根据元素守恒知，c（HA－）
≈ mol·L－1，代入电荷守恒式知，c（Cl－）＞1.5×10－0.4 mol·L－1＞c（M2＋），B错误；pH＝4.5时，溶液中c（H＋）＝10－4.5 mol·L－1，由Ka1（H2A）＝ ，知 ＝102.9＞1，故c（HA－）＞c（H2A），由Ka2（H2A）＝ ，知 ＝10－2.3＜1，故c（HA－）＞c（A2－），由Ka1（H2A）·Ka2（H2A）＝ ，知 ＝100.6＞1，故c（A2－）＞c（H2A），即溶液中c（HA－）＞c（A2－）＞c（H2A），C错误；pH＝6.8时，联立电荷守恒c（H＋）＋2c（M2＋）＝c（OH－）＋c（Cl－）＋c（HA－）＋2c（A2－）和元素守恒c（M2＋）＝c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－），可得质子守恒：c（H＋）＋2c（H2A）＋c（HA－）＝c（OH－）＋c（Cl－），D错误。
5. （2025·甘肃高考14题）氨基乙酸（NH2CH2COOH）是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡：＋NH3CH2COOH ＋NH3CH2COO－ NH2CH2COO－在25 ℃时，其分布分数δ［如δ（NH2CH2COO－）＝ 与溶液pH关系如图所示。在100 mL 0.01 mol·L－1＋NH3CH2COOH·Cl－溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A. 曲线Ⅰ对应的离子是
+NH3CH2COOH
B. a点处对应的pH为9.6
C. b点处c（+NH3CH2COOH）
＝c（NH2CH2COO-）
D. c点处2c（+NH3CH2COOH）＋c（+NH3CH2COO-）＋c（H+）＝c（OH-）
√
解析：曲线Ⅰ对应物质的分布分数随pH增大逐渐减小，pH＝0时，溶
液呈强酸性，故曲线Ⅰ对应的离子为＋NH3CH2COOH，A正确；a点时c
（＋NH3CH2COO－）＝c（NH2CH2COO－），K2＝ ＝c（H＋）＝10－9.6，故此时pH＝9.6，B正
确；b点对应溶液pH＝6，滴入10 mL NaOH溶液，该点溶液中存在电荷
守恒：c（H＋）＋c（Na＋）＋c（＋NH3CH2COOH）＝c（OH－）＋c
（Cl－）＋c（NH2CH2COO－），而c（H＋）＞c（OH－）、c（Na＋）
＝c（Cl－），故c（＋NH3CH2COOH）＜c（NH2CH2COO－），C错
误；c点加入20 mL NaOH溶液，所得溶液中溶质为NH2CH2COONa，结合质子守恒可知，2c（＋NH3CH2COOH）＋c（＋NH3CH2COO－）＋c（H＋）＝c（OH－），D正确。
跟踪检测 巩固提升
1. 某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法
正确的是（　　）
A. 25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸
B. 25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸
C. 25 ℃时，若测得HR溶液pH＝a，取该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至
100.0 mL，测得pH＝b，b－a＜1，则HR是弱酸
D. 25 ℃时，若测得NaR溶液pH＝a，取该溶液10.0 mL，升温至50 ℃，
测得pH＝b，a＞b，则HR是弱酸
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解析：25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c（H＋）＜0.01 mol·L－1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；假设HR为强酸，取pH＝6的该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL，测得此时溶液pH＜7，C错误；假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50 ℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误。
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2. （2025·广东高考12题）CuCl微溶于水，但在Cl－浓度较高的溶液中因形
成[CuCl2]－和[CuCl3]2－而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含
[CuCl2]－和[CuCl3]2－的溶液，下列叙述正确的是（　　）
A. 加水稀释，[CuCl3]2－浓度一定下降
B. 向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl2]－浓度一定上升
C. H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2] H＋＋Cu＋＋2Cl－
D. 体系中，c（Cu＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（[CuCl2]－）＋c
（[CuCl3]2－）＋c（OH－）
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解析：加水稀释，体积影响程度较大，溶液中[CuCl3]2－的浓度一定下降，A正确；向溶液中加入少量NaCl固体，CuCl＋Cl－ [CuCl2]－、[CuCl2]－＋Cl－ [CuCl3]2－、CuCl＋2Cl－ [CuCl3]2－平衡均正向移动，[CuCl2]－的浓度不一定上升，B错误；[CuCl2]－不能拆分，故H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2] H＋＋[CuCl2]－，C错误；体系中存在电荷守恒：c（Cu＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）＋c（[CuCl2]－）＋2c（[CuCl3]2－），D错误。
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3. （2025·浙江金华十校模拟）二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中，存在如下4种平衡：
HA－的质子自递平衡：HA－＋ HA－ H2A＋A2－
HA－的电离平衡：HA－ H＋＋A2－
HA－的水解平衡：HA－＋H2O H2A＋OH－
水的电离平衡：H2O H＋＋OH－
已知：25 ℃，Ka1（H2CO3）＝4.5×10－7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10-11、Ksp（Ag2CO3）＝8.3×10－12。
下列说法不正确的是（　　）
A. NaHCO3溶液存在的4种平衡中，平衡常数最大的是HC 的质子自递平衡
B. 10－4 mol·L－1的极稀NaHCO3溶液中粒子浓度大小关系：c（H2CO3）＞c（OH－）＞c（C ）＞c（H＋）
C. 加水稀释NaHCO3溶液的过程中可能出现：c（H2CO3）＝c（C ）
D. 浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液与AgNO3溶液等体积混合，可析出Ag2CO3沉淀
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解析：HA－＋ HA－ H2A＋A2－的平衡常数K＝
＝ × ＝ ≈1.04×10－4；HA－的水解平衡常数Kh＝ ＝ ≈2.22×10－8，比较可知，平衡常数最大的是HC 的质子自递平衡，A正确。 10－4 mol·L－1的极稀NaHCO3溶液中，Ka2＝ ＝4.7×10－11，得到c2（H＋）≈4.7×10－15，c（H＋）≈2.17×10－7.5 mol·L－1，pH≈7.164，结合A项可知，HC 的水解程度大于其电离程度，则c（H2CO3）＞c（C ），且 ≈1.04×
10－4，则c（H2CO3）＞ mol·L－1≈1.02×10－6 mol·L－1，溶液pH≈7.164， c（OH－）＝10－6.836mol·L－1，则c（H2CO3）＞c（OH－）成立；
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＝ ＝ ＝ ≈2.127 7，则c（OH－）＞c（C ）成立；pH≈7.164， ＝ =100.328≈2.128 1＞2.127 7，则c（C ）＞c（H＋）成立，故粒子浓度大小关系为c（H2CO3）＞c（OH－）＞c（C ）＞c（H＋），B正确。加水稀释NaHCO3溶液的过程中，HC 的水解程度大于其电离程度，则c（H2CO3）＞c（C ），C错误。浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液与AgNO3溶液等体积混合后，Ka2＝ ＝4.7×10-11，c（C ）≈ mol·L-1≈2.168×10－6 mol·L－1，c（Ag＋）＝0.1 mol·L－1，Q＝c2（Ag＋）·c（C ）＝10－2×2.168×10－6＝2.168×10－8＞8.3×10－12，则可析出Ag2CO3沉淀，D正确。
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4. （2025·浙江温州一模）室温下，0.1 mol·L－1 MgCl2溶液与0.1 mol·L－1
NH3·H2O溶液等体积混合，生成沉淀。忽略溶液体积的变化。已知：
Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12，Kb（NH3·H2O）＝1.8×10－5。下列说
法正确的是（　　）
A. 混合溶液中存在：c（Mg2＋）＝c（N ）＋c（NH3·H2O）
B. 0.1 mol Mg（OH）2可完全溶解在1.0 L pH恒为7的NH4Cl、氨水混合溶
液中
C. 向NH4Cl溶液中加入稀NaOH溶液至pH＝9，N 的水解率为30％
D. 饱和Mg（OH）2溶液的pH大于0.02 mol·L－1的NH3·H2O溶液
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解析：两溶液等体积混合后，生成Mg（OH）2沉淀，故：c（Mg2＋）＜c（N ）＋c（NH3·H2O），A错误；1.0 L pH恒为7的NH4Cl、氨水混合溶液中，c（OH－）＝1.0×10－7 mol·L－1，忽略溶液体积的变化，假设0.1 mol Mg（OH）2完全溶解，则c（Mg2＋）＝0.1 mol·L－1，Q＝0.1×（1×10－7）2＝1×10－15＜Ksp[Mg（OH）2]，溶液未饱和，故0.1 mol Mg（OH）2（s）可完全溶解在1.0 L pH恒为7的NH4Cl、氨水混合溶液中，B正确；向NH4Cl溶液中加入稀NaOH溶液至pH＝9，则c（OH－）＝1.0×10－5 mol·L－1，Kb＝ ＝1.8×10－5，则 ＝1.8，N 的水解率为 ×100％≈35.7％，C错误；饱和Mg（OH）2溶液中c（OH－） ＝ mol·L－1≈1.12×10－4 mol·L－1，0.02 mol·L－1的NH3·H2O溶液中c（OH－）＝ ＝ mol·L－1＝6×10－4 mol·L－1＞1.12×10－4 mol·L－1，可见0.02 mol·L－1的NH3·H2O溶液的碱性更强，pH更大，D错误。
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5. （2025·浙江富阳中学模拟）在化学实践中，科研工作者会使用许多缓冲溶液。在缓冲溶液中发挥作用的物质称为缓冲对，一个缓冲对包含2个相差1个H＋的分子或离子。在人体的血液（pH约7.35～7.45）中有H2CO3/HC 、H2P /HP 等缓冲对。下表为参考数据。关于缓冲溶液的相关实验，下列说法正确的是（　　）
物质 H2CO3 HC CH3COOH NH3 H2C2O4 HC2
pKa/pKb 6.4 10.3 4.7 4.7 1.3 4.3
A. 为构建pH＝3的缓冲溶液，可采用H2CO3/HC 缓冲对
B. 某缓冲溶液仅由H2C2O4/NaHC2O4配制而成，且该溶液pH＝1，则配制时可
将0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.1 mol·L－1的NaHC2O4溶液等体积混合
C. 将浓度均为2 mol·L－1的CH3COONH4/ Na2C2O4溶液混合，则c（OH－）
＞c（HC2 ）
D. 将浓度均为0.2 mol·L－1的1 L MgCl2溶液与2 L Na2CO3溶液混合，此时Mg2＋可视为完全沉淀，且沉淀质量为14.2 g，则此时溶液pH约为10
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解析：由表可知，H2CO3/HC 缓冲对形成的溶液的pH大于3，A错误；0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.1 mol·L－1的NaHC2O4溶液等体积混合，则得到0.05 mol·L－1的H2C2O4与0.05 mol·L－1的NaHC2O4的混合溶液，则K＝ ≈ ＝10－1.3，c（H＋）＝10－1.3 mol·L－1 ，pH≠1，B错误；由表知，铵根离子、乙酸根离子水解程度相等，而铵根离子水解程度大于草酸根离子，铵根离子水解产生的氢离子结合草酸根离子水解产生的氢氧根离子生成水，使得草酸氢根离子浓度大于氢氧根离子浓度，C错误；设生成氢氧化镁、碳酸镁的物质的量分别为a mol、（0.2－a）mol，则58a＋84×（0.2－a）＝14.2，a＝0.1，即反应生成0.1 mol Mg（OH）2和0.1 mol MgCO3，C ＋H2O HC ＋OH－，有0.2 mol碳酸根离子水解生成0.2 mol碳酸氢根离子、0.2 mol氢氧根离子，氢氧根离子转化为氢氧化镁沉淀，结合碳元素守恒，反应后碳酸根离子的物质的量为0.1 mol、碳酸氢根离子的物质的量为0.2 mol，则Ka2＝ ＝10－10.3，c（H＋）＝2×10－10.3，pH≈10，D正确。
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6. （2025·浙江宁波模拟）草酸钙是常见的难溶物。将过量草酸钙粉末置
于水中达到沉淀溶解平衡：CaC2O4（s） Ca2＋ （aq）＋C2 （aq）。已知Ksp（CaC2O4）＝2.3×10－9，Ka（CH3COOH）＝1.75×10－5，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2、Ka2＝1.5×10－4。下列有关说法不正确的是（　　）
A. 上层清液中含碳微粒最主要以C2 形式存在
B. 上层清液中存在：c（Ca2＋）＝c（C2 ）＋c（HC2 ）＋c
（H2C2O4）
C. H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成CaC2O4沉淀
D. 向上层清液中通入HCl至pH＝1，则上层溶液中：c（H2C2O4）＜c
（HC2 ）
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解析：溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳微粒最主要的存在形式是草酸根离子，A正确；根据元素守恒有c（Ca2＋）＝c（C2 ）＋c（HC2 ）＋c（H2C2O4），B正确；草酸加入氯化钙溶液中，加入醋酸钠粉末，醋酸钠电离出的醋酸根离子与氢离子结合生成弱电解质醋酸，减小了氢离子浓度，促进草酸电离，产生更多的草酸根离子，有利于生成草酸钙沉淀，C正确；向上层清液中通入HCl至pH＝1，则氢离子浓度为0.1 mol·L－1，由Ka1＝ ＝5.6×10－2，得出 ＝0.56，c（H2C2O4）＞c（HC2 ），D错误。
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7. （2025·河南高考14题）乙二胺（H2NCH2CH2NH2，简写为Y）可结合H＋转化为[H2NCH2CH2NH3]＋（简写为HY＋）和[H3NCH2CH2NH3]2＋（简写为H2Y2＋）。Ag＋与Y可形成[AgY]＋和[AgY2]＋两种配离子。室温下向AgNO3溶液中加入Y，通过调节混合溶液的pH改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度（忽略体积变化）。混合溶液中Ag＋和Y的初始浓度分别为1.00×10－3 mol·L－1和1.15×10－2 mol·L－1。－lg [c（M）/（mol·L－1）]与－lg [c（Y）/（mol·L－1）]的变化关系如图1所示（其中M代表Ag＋、[AgY]＋或[AgY2]＋），分布系数δ（N）与pH的变化关系如图2所示（其中N代表Y、HY＋或H2Y2＋），比如δ（H2Y2＋）＝ 。
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下列说法错误的是（　　）
A. 曲线Ⅰ对应的离子是[AgY2]＋
B. δ（HY＋）最大时对应的pH＝8.39
C. 反应Ag＋＋Y [AgY]＋的平衡常数K1＝104.70
D. －lg [c（Y）/（mol·L－1）]＝3.00时，c（HY＋）＞c（H2Y2＋）＞c（Y）
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解析：含Ag物种存在平衡：[AgY2]＋ Y＋[AgY]＋（KD1）、[AgY]＋ Y＋Ag＋（KD2），随着－lg [c（Y）/（mol·L－1）]增大，即c（Y）减小，[AgY2]＋减少、[AgY]＋先增加后减少、Ag＋增加，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别对应[AgY2]＋、[AgY]＋、Ag＋。将H2Y2＋视为二元弱酸，则其存在如下平衡：H2Y2＋ H＋＋HY＋（Ka1）、HY＋ H＋＋Y（Ka2），随着pH增大，H2Y2＋减少、HY＋先增加后减少、Y增加，故三者分别对应曲线Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ。Ⅳ、Ⅴ交点处pH＝6.85、c（H2Y2＋）＝c（HY＋），故Ka1＝ ＝c（H＋）＝10－6.85，同理，可得Ka2＝10－9.93。由上述分析可知，A正确；Ka1×Ka2＝ × ＝ ＝10－6.85×10－9.93＝10－16.78，δ（HY＋）最大时，溶液中c（H2Y2＋）＝c（Y），则c2（H＋）＝10－16.78 mol2·L－2，解得c（H＋）＝10－8.39 mol·L－1，pH＝8.39，B正确；Ag＋＋Y [AgY]＋的平衡常数K1＝ ，曲线Ⅱ、Ⅲ的交点处c（Ag＋）＝
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c（[AgY]＋），c（Y）＝10－4.70 mol·L－1，故K1＝104.70，C正确；由Ag守恒可知：1.00×10－3 mol·L－1＝c（Ag＋）＋c（[AgY]＋）＋c（[AgY2]＋），－lg [c（Y）/（mol·L－1）]＝3.00时，c（Ag＋）＝10－5.01 mol·L－1≈10－5 mol·L－1、c（[AgY]＋）＝c（[AgY2]＋）＝4.95×10－4 mol·L－1≈5.0×10－4 mol·L－1，由Y守恒可知：1.15×10－2 mol·L－1＝2c（[AgY2]＋）＋c（[AgY]＋）＋c（Y）＋c（HY＋）＋c（H2Y2＋），将c（[AgY]＋）、c（[AgY2]＋）代入计算可得c（Y）＋c（HY＋）＋c（H2Y2＋）≈1.15×10－2 mol·L－1－3×5.0×10－4 mol·L－1＝1.00×10－2 mol·L－1，则δ（Y）＝ ≈ ＝0.1，由图2知，δ（Y）＝0.1时c（HY＋）＞c（Y）＞c（H2Y2＋），D错误。
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8. （2025·黑吉辽蒙15题）室温下，将0.1 mol AgCl置于0.1 mol·L－1
NH4NO3溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如
图，Ag＋＋NH3 [Ag（NH3）]＋和Ag＋＋2NH3 [Ag（NH3）2]＋的平
衡常数分别为K1和K2；N 的水解常数Kh（N ）＝10－9.25。下列
说法错误的是（　　）
A. Ⅲ为[Ag（NH3）2]＋的变化曲线
B. D点：c（N ）－c（OH－）＞0.1 mol·L－1－c（H＋）
C. K1＝103.24
D. C点：c（NH3）＝10－3.52 mol·L－1
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解析：NH4NO3溶液中N 易水解，初始溶液显弱
酸性，随着pH升高，N 会转化成NH3·H2O、NH3，
保持溶液体积和N元素总物质的量不变，故c（NH3）
增大，则平衡Ag＋＋NH3 [Ag（NH3）]＋、Ag＋＋
2NH3 [Ag（NH3）2]＋会向右移动，c（Ag＋）降低，
c{[Ag（NH3）]+}、c{[Ag（NH3）2]＋}增大，故曲线
Ⅰ表示Ag＋的变化曲线。已知Kh（N ）＝
＝10－9.25，将pH＝4.00，即c（H＋）＝10－4 mol·L－1代入可得 ＝10－9.25，则 ＝10－5.25（①），即c（NH3·H2O） c（N ），根据物料守恒可知，0.1 mol·L－1＝c（NH3·H2O）＋c（N ）＋c（NH3）＋c{[Ag（NH3）]＋}＋2c{[Ag（NH3）2]＋}，结合题图可知，NH3、[Ag（NH3）]＋、[Ag（NH3）2]＋浓度均小于10－6 mol·L－1，故可近似得出c（N ） ≈0.1 mol·L－1，代入①式得c（NH3·H2O）≈ 10－6.25 mol·L－1；
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综上，pH＝4.00时，pNH3＝6.25，刚好为A点，则
曲线Ⅳ代表NH3的变化曲线。由Ag＋＋NH3
[Ag（NH3）]＋、Ag＋＋2NH3 [Ag（NH3）2]＋知，
生成[Ag（NH3）2]＋消耗的NH3的量比生成
[Ag（NH3）]＋多，则[Ag（NH3）2]＋浓度受c（NH3）
变化影响更大（化学计量数越大的物质对平衡影响越
大），故曲线Ⅱ、Ⅲ中随pH变化幅度较大的曲线Ⅲ
代表[Ag（NH3）2]＋的变化曲线，曲线Ⅱ代表[Ag（NH3）]＋的变化曲线。由上述分析知，A正确；D点对应溶液中的阴离子有N 、OH－、Cl－，阳离子有N 、H＋、Ag＋、[Ag（NH3）]＋、[Ag（NH3）2]＋，而D点对应溶液的pH＞7，呈弱碱性，说明此时体系中加入了某种碱，则阳离子中还应有其他阳离子Mn＋，该溶液中的电荷守恒式为c（N ）＋c（H＋）＋c（Ag＋）＋c{[Ag（NH3）]＋}＋c{[Ag（NH3）2]＋}＋n·c（Mn＋）＝c（N ）＋c（OH－）＋c（Cl－），由于Cl－、Ag＋、[Ag（NH3）]＋、[Ag（NH3）2]＋均来自AgCl，故n（Ag）∶n（Cl） ＝1∶1，存在物料守恒：c（Ag＋）＋ } ＋c{[Ag（NH3）2]＋}＝c（Cl－），
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两式联立得c（N ）＋c（H＋）＋n·c（Mn＋）＝
c（N ）＋c（OH－），则c（N ）＋c（H＋）
＜c（N ）＋c（OH－），即c（N ）－c（OH－）
＜0.1 mol·L－1－c（H＋），B错误；曲线Ⅰ、Ⅱ对应
的交点处有c（Ag＋）＝c{[Ag（NH3）]＋}，且对应
的pH为7.02，c（NH3）＝10－3.24mol·L－1，代入得K1
＝ ＝ ＝103.24，C正确；
曲线Ⅱ、Ⅲ对应的交点处有c{[Ag（NH3）]＋}＝c{[Ag（NH3）2]＋}，则[Ag（NH3）]＋＋NH3 [Ag（NH3）2]＋的平衡常数K3＝ ＝ ＝103.80，K2＝K1·K3＝103.24×103.80＝107.04，C点为曲线Ⅰ、Ⅲ的交点，c（Ag＋）＝c{[Ag（NH3）2]＋}，代入得K2＝ ＝ ＝107.04，则此时c（NH3）＝10－3.52 mol·L－1，D正确。
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9. （2025·湖北高考14题）铜（Ⅰ）、乙腈（简写为L）的某水溶液体系中
含铜物种的分布曲线如图。纵坐标（δ）为含铜物种占总铜的物质的量
分数，总铜浓度为1.0×10－3 mol·L－1。下列描述正确的是（　　）
A. Cu＋＋3L [CuL3]＋的lg K＝0.27
B. 当c（Cu＋）＝c{[CuL]＋}时，c{[CuL2]＋}＝2.0×10－4 mol·L－1
C. n从0增加到2，[CuLn]＋结合L的能力随之减小
D. 若c{[CuL]＋}＝c{[CuL3]＋}，则2c{[CuL2]＋}＜c{[CuL]＋}＋
3c{[CuL3]＋}
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解析：Cu＋＋3L [CuL3]＋的K＝ ，
当δ{[CuL3]＋}＝δ（Cu＋）时，K＝ ，lg K＝
－3 lg c（L），由图像可知，此时－1.6＜lg c（L）
＜－1.2，则lg K≠0.27，A错误；当c（Cu＋）＝
c{[CuL]＋}时，由图像可知，δ（Cu＋）＝
δ{[CuL]＋}＝0.48，δ{[CuL3]＋}可忽略不计，则
δ{[CuL2]＋}＝0.04，c{[CuL2]＋}＝0.04×1.0×10－3 mol·L－1＝4×10－5 mol·L－1，B错误； [CuLn]＋结合L的离子方程式为[CuLn]＋＋L [CuLn＋1]＋，当δ{[CuLn]＋}＝δ{[CuLn＋1]＋}时，K＝ ，由图像交点可知，随着n变大，c（L）逐渐变大，则K值变小，说明[CuLn]＋结合L的能力随之减小，C正确；若c{[CuL]＋}＝c{[CuL3]＋}，由图像交点可知，δ{[CuL]＋}＝δ{[CuL3]＋}＜0.2，δ{[CuL2]＋}＞0.5，则c{[CuL2]＋}＞2c{[CuL3]＋}，故2c{[CuL2]＋}＞c{[CuL]＋}＋3c{[CuL3]＋}，D错误。
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10. 利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH的Na2CO3体系中
的可能产物。
已知：ⅰ.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与
pH的关系。
ⅱ.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2＋）·c2（OH－）＝Ksp[Mg
（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2＋）·c（C ）＝Ksp
（MgCO3）[注：起始c（Na2CO3）＝0.1 mol·L－1，不同pH下c
（C ）由图1得到]。
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下列说法不正确的是（　　）
A. 由图1，pH＝10.25，c（HC ）＝c（C ）
B. 由图2，初始状态pH＝11、lg c（Mg2＋）＝－6，无沉淀生成
C. 由图2，初始状态pH＝9、lg c（Mg2＋）＝－2，平衡后溶液中存在c（H2CO3）＋c（HC ）＋c（C ）＝0.1 mol·L－1
D. 由图1和图2，初始状态pH＝8、l gc（Mg2＋）＝－1，发生反应：Mg2＋＋2HC MgCO3↓＋CO2↑＋H2O
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解析：从图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出pH＝11、lg c（Mg2＋）＝－6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出pH＝9、lg c（Mg2＋）＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，溶液中c（H2CO3）＋c（HC ）＋c（C ）＜0.1 mol·L－1，C项错误； pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HC ，pH＝8、lg c（Mg2＋）＝－1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2＋＋2HC MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D项正确。
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11. 某小组同学向CuSO4溶液中匀速滴加氨水，实验数据及现象记录如
下：
时间/s 0～20 20～94 94～144 144～430
pH 从5.2升高至
5.9 从5.9升高至6.8 从6.8升高至
9.5 从9.5升高至
11.2
现象 无明显现象 产生蓝绿色沉淀，并逐渐增多 无明显变化 蓝绿色沉淀溶
解，溶液变为
深蓝色
经检测，蓝绿色沉淀为Cu2（OH）2SO4。
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下列说法正确的是（　　）
A. 0 s时，pH＝5.2是因为Cu2＋＋4H2O [Cu（OH）4]2－＋4H＋
B. 20～94 s，主要反应的离子方程式为2Cu2＋＋S ＋2OH－ Cu2（OH）2SO4↓
C. 从94 s到144 s，混合液中水的电离程度增大
D. 从144 s到430 s，pH升高与Cu2（OH）2SO4转化为[Cu（NH3）4]2＋的反应有关
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解析：0 s时，pH＝5.2，溶液呈酸性是因为铜离子发生水解反应：
Cu2＋＋2H2O Cu（OH）2＋2H＋，故A错误； 20～94 s，pH从5.9升
高至6.8，溶液仍呈酸性，则不存在大量OH－，主要反应的离子方程式
为2Cu2＋＋S ＋2NH3·H2O Cu2（OH）2SO4↓＋2N ，故B错误；从94 s到144 s，pH从6.8升高至9.5，溶液碱性增强，抑制水的电离，则混合液中水的电离程度减小，故C错误；从144 s到430 s，蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝色，即氨气和铜离子形成配离子[Cu（NH3）4]2＋，pH升高与Cu2（OH）2SO4转化为[Cu（NH3）4]2＋的反应有关，故D正确。
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12. （2024·湖南高考13题）常温下Ka（HCOOH）＝1.8×10－4，向20 mL
0.10 mol·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：M＜N
B. M点：2c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋）
C. 当V（HCOOH）＝10 mL时，c（OH－）＝
c（H＋）＋2c（HCOOH）＋c（HCOO－）
D. N点：c（Na＋）＞c（HCOO－）＞c（OH－）＞c（H＋）＞c（HCOOH）
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解析：结合起点和终点，向20 mL 0.10 mol·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V（HCOOH）＝
0 mL时，溶液中存在Na＋、H＋和OH－，c（OH－）＝
c（Na＋）＝0.10 mol·L－1，随着加入HCOOH溶液，
c（Na＋）减小但不会降到0，因此斜率为负的曲线代表c（OH－）；当V（HCOOH）＝20 mL时，溶质为HCOONa，HCOO－少部分水解，c（HCOO－）≈0.05 mol·L－1，斜率为正的曲线代表c（HCOO－），即经过M点在下降的曲线表示的是OH－浓度的改变，经过M点、N点在上升的曲线表示的是HCOO－浓度的改变。N点时HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离产生抑制，故水的电离程度：M＜N，A正确；M点溶液中电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCOO－）＋c（OH－），由M点为交点可知c（HCOO－）＝c（OH－），联合可
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得2c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），B正确；
当V（HCOOH）＝10 mL时，溶液中的溶质为
c（NaOH）∶c（HCOONa）＝1∶1，根据电荷守恒
有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCOO－）＋c（OH－），
根据元素守恒有 c（Na＋）＝2c（HCOO－）＋
2c（HCOOH），两式整理可得c（OH－）＝c（H＋）＋2c（HCOOH）＋c（HCOO－），C正确； N点时HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，HCOO－发生水解，因此c（Na＋）＞c（HCOO－）、c（OH－）＞c（H＋），观察图中N点可知，c（HCOO－）≈0.05 mol·L－1，根据Ka（HCOOH）＝ ＝1.8×10－4，可知c（HCOOH）＞c（H＋），D错误。
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13. （2023·湖北高考14题）H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe（Ⅲ）-H2L溶液体系，其中c0（Fe3＋）＝2.0×
10－4 mol·L－1，c0（H2L）＝5.0×10－3 mol·L－1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ（x）＝ ，已知lg 2≈0.30，lg 3≈0.48。下列说法正确的是（　　）
A. 当pH＝1时，体系中c（H2L）＞c（[FeL]＋）＞c（OH－）＞c（HL－）
B. pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－
C. L2－＋[FeL]＋ [FeL2]－的平衡常数的lg K约为14
D. 当pH＝10时，参与配位的c（L2－）≈1.0×10－3 mol·L－1
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解析：由题图可知，pH＝1即c（H＋）＝
0.1 mol·L－1时，c（[FeL]＋）＝1.0×
10－4 mol·L－1，又c0（H2L）＝5.0×
10－3 mol·L－1，根据Fe3＋＋H2L [FeL]＋
＋2H＋知，此时c（H2L）＝（5.0－0.1）
×10－3 mol·L－1＝4.9×10－3 mol·L－l，结合
Ka1＝ ＝10－7.46知，此时c（HL－）＝ mol·L－1＝4.9×10－9.46 mol·L－1，又pH＝1时，c（OH－）＝10－13 mol·L－1，A错误；pH在9.5～10.5之间时，c（[FeL3]3－）＝ ）＝10－4 mol·L－1，其中两种离子共含c（L2－）＝3×10－4 mol·L－1＋2×10－4 mol·L－1＝5×10－4 mol·L－1，当pH＝10时，c（H＋）＝10－10 mol·L－1，根据Ka1＝ ＝ ＝10－7.46，
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c（HL－）＝102.54c（H2L），即c（HL－）＞
c（H2L），由Ka2＝ ＝
10－12.4，得c（HL－）＝102.4c（L2－），即
c（HL－）＞c（L2－），B错误；该反应的平
衡常数K＝ ，由题图知，当
c（[FeL2]－）＝c（[FeL]＋）时，pH＝4，由Ka1·Ka2＝10－19.86＝ ，得①式：10－19.86×c（H2L）＝10－8c（L2－），此时 c（H2L）＝5.0×10－3 mol·L－1－3×10－4 mol·L－1＝4.7×10－3 mol·L－1，代入①式，c（L2－）＝ mol·L－1＝4.7×10－14.86 mol·L－1，则K＝ ≈2.1×1013.86，故lg K＝13.86＋ lg 2.1≈13.86＋lg 2＝ 14.16
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≈14，C正确；pH＝10时，c（[FeL3]3－）＝c（[FeL2（OH）]2－）＝1×10－4 mol·L－1，则参与配位的L2－的总浓度为3×10－4 mol·L－1＋2×10－4 mol·L－1＝5×10－4 mol·L－1，D错误。
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14. （2024·江苏高考12题）室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知
Ka1（H2SO3）＝1.3×10－2，Ka2（H2SO3）＝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0.1 mol·L－1 NaOH溶液中，当溶液pH＝4时停
止通气。
实验3：将SO2气体通入0.1 mol·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：c（HS ）＋c（S ）＞c（H＋）
B. 实验2所得溶液中：c（S ）＞c（HS ）
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：c（S ）＞c（Mn2＋）
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解析：实验1所得溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＝c（OH－）＋
c（HS ）＋2c（S ）＞c（HS ）＋c（S ），A错误；实
验2所得溶液pH＝4，即c（H＋）＝10－4 mol·L－1，代入H2SO3的二级
电离常数计算式Ka2（H2SO3）＝ ＝6.2×10－8，
得： ＝ ＝6.2×10－4＜1，故c（S ）＜c（HS ），B错误；NaHSO3受热易分解，且易被空气中的O2氧化，故经过蒸干、灼烧无法得到NaHSO3固体，C错误；SO2通入酸性KMnO4溶液中发生反应：5SO2＋2Mn ＋2H2O 5S ＋2Mn2＋＋4H＋，生成的S 多于Mn2＋，故实验3所得溶液中：c（S ）＞c（Mn2＋），D正确。
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15. （2023·山东高考15题改编）在含HgI2（s）的溶液中，一定c（I－）范
围内，存在平衡关系：HgI2（s） HgI2（aq）；HgI2（aq） Hg2＋＋
2I－；HgI2（aq） HgI＋＋I－；HgI2（aq）＋I－ Hg ；HgI2（aq）
＋2I－ Hg ，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lg c
（Hg2＋）、lg c（HgI＋）、lg c（Hg ）、lg c（Hg ）随lg c（I－）
的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A. 线L表示lg c（Hg ）的变化情况
B. 随c（I－）增大，c[HgI2（aq）]保持不变
C. a＝lg
D. 溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2∶1
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解析：由题干反应方程式HgI2（aq） Hg2＋＋2I－
可知，K1＝ ，则有c（Hg2＋）＝
，则有lg c（Hg2＋）＝lg K1＋lg c（HgI2）
－2lg c（I－），同理可得：lg c（HgI＋）＝lg K2＋
lg c（HgI2）－lg c（I－），lg c（Hg ）＝lg K3＋
lg c（HgI2）＋lg c（I－），lg c（Hg ）＝lg K4＋lg c（HgI2）＋2lg c（I－），且由HgI2（s） HgI2（aq）可知K0＝c[HgI2（aq）]为定值，据此可推出下图：线L表示lg c（Hg ）的变化情况，A正确；由分析可知，K0＝c[HgI2（aq）]为定值，因此增大c（I－），c[HgI2（aq）]不变，B正确；已知HgI2（aq） Hg2＋＋2I－、HgI2（aq） HgI＋＋I－的平衡常数分别为K1、K2，由第二个反应－第一个反应，可得Hg2＋＋I－ HgI＋　K＝ ＝ ，M点c（HgI＋）＝c（Hg2＋），则c（I－）＝ ，a＝lg c（I－）＝lg ，C正确；加入I－使各平衡移动，故溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比不始终为2∶1，D错误。
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16. 镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回
收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿
渣制镓的工艺流程如下：
已知：①镓在元素周期表中位于第四周期第ⅢA族，化学性质与铝相似。
②lg 2≈0.3，lg 3≈0.48。
③部分物质的Ksp如表所示：
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物质 Zn（OH）2 Ga（OH）3 Fe（OH）2 Fe（OH）3
Ksp 1.6×10－17 2.7×10－31 8×10－16 2.8×10－39
（1）加入H2O2的目的是（用离子方程式表示）
。
（2）调pH的目的是 ；
室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为 0.01 mol·L－1，当
溶液中某种离子的浓度小于1×10－5 mol·L－1时即认为该离子已
完全除去，则pH应调节的范围为 。
2Fe2＋＋H2O2＋2H＋
2Fe3＋＋2H2O
使Fe3＋、Ga3＋沉淀完全而Zn2＋不沉淀
5.48＜pH＜6.6
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解析：根据流程中物质转化关系可知，调pH的目的是将Fe3＋、Ga3＋转化为氢氧化物沉淀，从而与Zn2＋分离；Fe（OH）3和Ga（OH）3属于同种类型的难溶物，由表中数据知Ksp[Ga（OH）3]＞Ksp[Fe（OH）3]，当Ga3＋完全沉淀时Fe3＋已经完全沉淀，Ga3＋浓度为1×10－5 mol·L－1时，c（OH－）＝ ＝ mol·L－1＝3×10－9 mol·L－1，
c（H＋）＝ ×10－5 mol·L－1，pH＝－lg ≈5.48，Zn2＋开始沉淀时c（OH－）＝ ＝ mol·L－1＝4×10－8 mol·L－1，c（H＋）＝ ×10－6 mol·L－1，pH＝－lg ≈6.6，则pH应调节的范围为5.48＜pH＜6.6。
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