小题专攻5 溶液中的粒子浓度关系与滴定曲线分析
1.（2025·北京石景山一模）25 ℃时，关于浓度均为0.1 mol·L－1的氨水和NH4Cl两种溶液，下列说法不正确的是（ ）
A.分别通入少量HCl气体，c（N）均增大
B.水电离出的c（H＋）：氨水的小于NH4Cl溶液的
C.两种溶液等体积混合后（pH＞7）：c（NH3·H2O）＞c（N）＞c（Cl－）＞c（OH－）
D.两种溶液等体积混合后（pH＞7）：c（H＋）＋c（N）＝c（OH－）＋c（Cl－）
2.25 ℃时，氢氰酸（HCN）的Ka＝4.9×10－10，氢氟酸的Ka＝3.5×10－4。下列说法错误的是（ ）
A.25 ℃时，向HF溶液中加入一定量NaCN固体，调节溶液pH＝5，此时c（F－）＞c（HF）
B.25 ℃时，将浓度均为0.10 mol·L－1的NaF和HF溶液分别加水稀释，两种溶液的pH均变小
C.25 ℃时，向HCN溶液中滴入等浓度HF溶液，则HCN的电离受到抑制
D.25 ℃时，将浓度相等的NaF和HF溶液等体积混合后，混合液呈酸性
3.（2024·成都金牛区实验外国语高级中学段考）室温时，向20 mL 0.1 mol·L－1的HA、HB溶液中分别滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化分别对应如图中的曲线Ⅰ、Ⅱ。下列说法不正确的是（ ）
A.向NaA溶液中滴加HB溶液可产生HA
B.加入10 mL NaOH溶液时，HA的导电能力弱于HB
C.滴加NaOH溶液至pH＝7时，两种溶液中c（A－）＝c（B－）
D.滴加20 mL NaOH溶液时，Ⅰ中H2O的电离程度大于Ⅱ中
4.（2024·玉林模拟）25 ℃时，已知醋酸的电离平衡常数为1.8×10－5，向20 mL 2.0 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加2.0 mol·L－1 NaOH溶液，溶液中水电离出的c（H＋）在此滴定过程中变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.a点溶液中：c（H＋）＝6.0×10－3 mol·L－1
B.b点溶液中：c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（CH3COOH）
C.d点溶液中：2c（Na＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）
D.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
5.常温常压下，某同学向20.00 mL c0 mol·L－1氨水中逐滴加入0.100 0 mol·L－1的盐酸，实验测得溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示，其中N点为反应终点（此时盐酸与氨水恰好完全反应），此时消耗盐酸的体积为17.20 mL。下列说法中正确的是（ ）
A.c0＝0.050 mol·L－1
B.M点的溶液中存在：c（NH3·H2O）＞c（Cl－）＞c（N）
C.N点溶液中：c（H＋）－c（OH－）＜c（Cl－）－c（NH3·H2O）
D.P、M、N三点对应溶液中水的电离程度最大的为M点
6.常温下，向100 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1 NaOH溶液，所得溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.a点溶液中，c水（H＋）＝10－12 mol·L－1
B.b点溶液中，c（A－）＋c（HA）＜c（Na＋）
C.常温下，Kh（A－）＝9×10－12
D.a、b、c三点溶液中，c点溶液中水的电离程度最小
7.常温下，用0.01 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L－1的某一元酸HA溶液，滴定过程中溶液的pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示，其中a点对应的纵坐标pH＝3.38。下列说法正确的是（忽略稀溶液混合时引起的体积变化）（ ）
A.HA的电离常数：Ka（HA）＝1×10－6.76
B.b点对应溶液中存在：c（A－）＜c（HA）
C.d点对应溶液中存在：c（A－）＋c（HA）＝0.005 mol·L－1
D.滴定过程中由水电离产生的c（OH－）：a＜b＜c＜d＜e
8.25 ℃，取浓度均为0.1 mol·L－1的ROH溶液和HX溶液各20 mL，分别用0.1 mol·L－1的盐酸、0.1 mol·L－1的NaOH溶液进行滴定。滴定过程中溶液的pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.HX为弱酸，ROH为强碱
B.曲线Ⅱ对应的V＝10 mL时溶液中：c（OH－）－c（H＋）＝c（HX）－c（X－）
C.滴定前，ROH溶液中：c（ROH）＞c（OH－）＞c（R＋）＞c（H＋）
D.滴定至V＝40 mL的过程中，两种溶液中由水电离出的c（H＋）·c（OH－）始终保持不变
9.常温下，用0.2 mol·L－1盐酸滴定25.00 mL 0.2 mol·L－1某弱碱ROH溶液，所得溶液pH、R＋和ROH的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A.曲线②代表ROH
B.若c点加入HCl溶液体积为25.00 mL，则溶液中存在：c（H＋）＞c（OH－）＋c（ROH）
C.RCl的水解平衡常数为1.0×10－5
D.a、b、c三点的溶液，水的电离程度：a＜b＜c
10.（2025·江西南昌一模）常温下，用浓度为0.10 mol·L－1的H2SO4标准溶液滴定10 mL浓度均为0.20 mol·L－1的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图（忽略溶液混合后体积变化）。下列说法错误的是（ ）
A.HA－H＋＋A2－的K≈10－8.4
B.点a：c（S）＜c（A2－）
C.V1＜15 mL
D.点c：c（H＋）＋c（Na＋）＝4c（S）＋c（OH－）
11.（2025·山东名校联盟二模）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位的变化来确定终点的一种方法，被测离子浓度突跃，电极电位（ERC）产生突跃，从而确定滴定终点。现向5.60 mL某浓度的苹果酸（C4H5O5，二元弱酸，Ka1＝1.4×10－3，Ka2＝1.7×10－5）溶液中，滴加0.18 mol·L－1 NaOH溶液，利用电位滴定法测定的滴定曲线如图。下列说法错误的是（ ）
A.水电离出的c（OH－）：b＜c＜d
B.a点和b点溶液均显酸性
C.c点存在c（H＋）＝c（OH－）＋c（C4H4）＋c（C4H3）
D.苹果酸的浓度约为0.093 mol·L－1
小题专攻5 溶液中的粒子浓度关系与滴定曲线分析
1.C 0.1 mol·L－1的氨水和NH4Cl两种溶液中，分别通入少量HCl气体，盐酸和NH3·H2O反应，c（N）增大，氯化铵溶液中铵根离子水解被抑制，则c（N）均增大，A正确；NH3·H2O电离出氢氧根离子，抑制水的电离，铵根离子促进水的电离，氨水中水电离出的c（H＋）小于NH4Cl溶液水电离出的c（H＋），B正确；0.1 mol·L－1的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后（pH＞7），溶液显碱性，说明NH3·H2O电离程度大于铵根离子水解程度，c（N）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－），C错误；0.1 mol·L－1的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后（pH＞7），溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，c（H＋）＋c（N）＝c（OH－）＋c（Cl－），D正确。
2.B A项，由＝3.5×10－4得，pH＝5时，＝3.5×10－4，＝35，因此c（F－）＞c（HF），正确；B项，将浓度均为0.10 mol·L－1的NaF和HF溶液分别加水稀释，NaF溶液的pH减小，HF溶液的pH增大，错误；C项，HF酸性大于HCN，向HCN溶液中滴入等浓度HF溶液，c（H＋）增大，HCN的电离逆向移动，正确；D项，HF的Ka＝3.5×10－4，则F－的水解常数约为2.86×10－11，HF的电离程度大于F－的水解程度，则浓度相等的NaF和HF溶液等体积混合后，溶液呈酸性，正确。
3.C 20 mL 0.1 mol·L－1的两种酸HA、HB溶液中，HB溶液的pH＝1，所以HB是强酸，HA溶液对应的pH大于1，HA是弱酸。HB是强酸，HA是弱酸，向NaA溶液中滴加HB溶液可产生HA，A正确；HB是强酸，HA是弱酸，20 mL 0.1 mol·L－1的HA溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液10 mL，则HA会剩余，离子浓度较小，HA的导电能力弱于HB，B正确；根据电荷守恒c（OH－）＋c（A－）或c（B－）＝c（H＋）＋c（Na＋），在pH＝7时，c（OH－）＝c（H＋），两种溶液中c（A－）或c（B－）＝c（Na＋），但是两种溶液中c（A－）、c（B－）并不相等，C错误；滴加20 mL NaOH溶液时，酸碱恰好中和，得到的NaB是强酸强碱盐，不水解，水电离不受影响，得到的NaA是弱酸强碱盐，会发生水解，水的电离受到促进，Ⅰ中 H2O的电离程度大于Ⅱ中，D正确。
4.C A项，a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离出的H＋的浓度为x mol·L－1，由于电离程度很小，可认为醋酸浓度不变，
CH3COOHCH3COO－＋H＋
2.0 x x
Ka＝＝＝1.8×10－5，解得x＝6.0×10－3，正确；B项，b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝2c（Na＋），醋酸会电离：CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根离子会水解：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数Kh＝＝≈5.6×10－10＜1.8×10－5，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（CH3COOH），正确；C项，d点加入40 mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，由物料守恒c（Na＋）＝2c（CH3COO－）＋2c（CH3COOH），错误；D项，用NaOH溶液滴定CH3COOH溶液，属于强碱滴定弱酸，恰好完全反应时溶液显碱性，所以用酚酞作为指示剂，正确。
5.C 由题意可知，反应终点时消耗盐酸的体积为17.20 mL，则c0＝ mol·L－1＝0.086 0 mol·L－1，A错误；根据图像可知，M点溶液显碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于N的水解程度，c（N）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O），B错误；N点为反应终点，盐酸与氨水恰好完全反应得到NH4Cl溶液，根据电荷守恒：c（H＋）＋c（N）＝c（OH－）＋c（Cl－），此时溶液呈酸性，c（N）＞c（NH3·H2O），则c（H＋）＋c（NH3·H2O）＜c（Cl－）＋c（OH－），c（H＋）－c（OH－）＜c（Cl－）－c（NH3·H2O），C正确；氨水中由于NH3·H2O的电离抑制水的电离，加入盐酸后生成NH4Cl，N的水解促进水的电离，N点为反应终点，P、M、N三点对应溶液中水的电离程度最大的为N点，D错误。
6.B a点溶液是100 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液，pH＝2，c（H＋）＝10－2 mol·L－1，c（OH－）＝＝10－12 mol·L－1，溶液中OH－全部来自水的电离，c（OH－）＝c水（OH－）＝c水（H＋）＝10－12 mol·L－1，A正确；b点溶液，pH＝7，c（OH－）＝c（H＋），根据电荷守恒，c（OH－）＋c（A－）＝c（Na＋）＋c（H＋），则c（A－）＝c（Na＋），所以c（A－）＋c（HA）＞c（Na＋），B错误；a点溶液是100 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液，pH＝2，c（A－）≈c（H＋）＝10－2 mol·L－1，电离平衡时，c（HA）＝0.1 mol·L－1－10－2 mol·L－1＝0.09 mol·L－1，Ka（HA）＝＝，Kh（A－）＝＝9×10－12，C正确；a点溶质是HA，溶液中c（H＋）＝0.01 mol·L－1，b点溶质是HA与NaA，溶液中c（H＋）＝c（OH－）＝10－7 mol·L－1，c点溶质是等浓度的NaA与NaOH，溶液中c（OH－）＝ mol·L－1＝0.05 mol·L－1，酸碱抑制水的电离，且酸碱性越强抑制程度越大，所以a、b、c三点溶液中，c点溶液中水的电离程度最小，D正确。
7.C 根据a点的纵坐标可知，HA的电离常数：Ka（HA）≈＝1×10－4.76，A错误；b点为半中和点，此时溶液为等物质的量浓度的NaA与HA的混合溶液，由于溶液显酸性，则HA的电离程度大于NaA的水解程度，故对应溶液中存在：c（A－）＞c（HA），B错误；d点为恰好反应点，此时溶质为NaA，溶液体积为40.00 mL，根据元素守恒可知，含A原子微粒的物质的量浓度为0.005 mol·L－1，d点对应溶液中存在：c（A－）＋c（HA）＝0.005 mol·L－1，C正确；滴定过程中a、b、c、d点对应的水的电离程度逐渐增大，d点为恰好反应点，d点后NaOH过量，水的电离程度又逐渐减小，故d点水的电离程度最大，D错误。
8.C 滴定0.1 mol·L－1的ROH溶液，溶液由碱性变为酸性，曲线Ⅰ对应盐酸滴定ROH溶液，则曲线Ⅱ对应NaOH溶液滴定HX溶液。常温下，0.1 mol·L－1的HX溶液的pH≈3，0.1 mol·L－1的ROH溶液的pH≈11，所以HX为弱酸，ROH为弱碱，A错误；曲线Ⅱ代表的是用氢氧化钠溶液滴定HX溶液，滴定至V＝10 mL时，溶质是等浓度的HX、NaX，根据元素守恒和电荷守恒，存在2c（OH－）－2c（H＋）＝c（HX）－c（X－），B错误；0.1 mol·L－1 ROH溶液的pH≈11，溶液中仅有少量ROH电离，此时溶液显碱性，且水也会电离出氢氧根离子，则ROH溶液中存在c（ROH）＞c（OH－）＞c（R＋）＞c（H＋），C正确；酸和碱都会抑制水的电离，滴定至V＝40 mL的过程中盐酸、氢氧化钠均过量，水的电离程度先变大后减小，则两种溶液中由水电离出的c（H＋）·c（OH－）先增大后减小，D错误。
9.D 用0.2 mol·L－1盐酸滴定25.00 mL 0.2 mol·L－1某弱碱ROH溶液，ROH的物质的量分数减少，R＋的物质的量分数增加，二者交点均为50％，pH逐渐减小，由题图可知，曲线①代表ROH，曲线②代表R＋，曲线③代表用盐酸滴定ROH溶液的pH变化曲线，b点时，溶液中c（R＋）＝c（ROH），pH为9.26，溶液呈碱性，由电离常数公式可知，ROH的电离平衡常数为Kb＝＝c（OH－）＝10－4.74。曲线②代表R＋，A错误；若c点加入HCl溶液体积为25.00 mL，二者恰好完全反应生成RCl，根据电荷守恒：c（R＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），元素守恒：c（R＋）＋c（ROH）＝c（Cl－），可以得出c（H＋）＝c（OH－）＋c（ROH），B错误；ROH的电离平衡常数为Kb＝10－4.74，RCl的水解平衡常数为Kh＝＝＝10－9.26，C错误；ROH溶液抑制水的电离，随着加入的酸增多，对水的电离抑制程度减小，c点完全反应，水的电离程度最大，a、b、c三点的溶液，水的电离程度：a＜b＜c，D正确。
10.D 图中左侧溶液中含A微粒的分布曲线只有两条，说明H2A第一步完全电离，溶液中含A微粒有HA－、A2－，随着pH值增大，溶液中A2－逐渐增多，HA－逐渐减小；图中右侧为pH变化曲线。加入10 mL H2SO4标准溶液时，NaOH恰好完全反应，所得溶液为Na2SO4和Na2A的混合溶液，溶液体积为20 mL，pH＝10.7，溶液中OH－浓度为10－3.3 mol·L－1，根据
A2－＋H2OHA－＋OH－
起始/（mol·L－1） 0.1
平衡/（mol·L－1） ≈0.1 10－3.3 10－3.3，
求得Kh≈＝10－5.6，HA－H＋＋A2－的K＝≈10－8.4，A正确；点a加入10 mL H2SO4标准溶液，所得溶液为Na2SO4和Na2A的混合溶液，溶液体积为20 mL，Na2SO4浓度为0.05 mol·L－1，Na2A浓度为0.1 mol·L－1，A2－水解程度较小，故c（S）＜c（A2－），B正确；若V＝15 mL，混合后所得溶液中NaHA和Na2A的浓度相同，由选项A分析知，A2－水解程度大于HA－的电离程度，使得溶液中HA－浓度大于A2－，而b点时HA－浓度等于A2－，可知b点加入H2SO4标准溶液小于15 mL，V1＜15 mL，C正确；点c加入20 mL H2SO4标准溶液，溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＋c（Na＋）＝2c（S）＋c（OH－）＋c（HA－）＋2c（A2－），根据元素守恒：c（S）＝c（HA－）＋c（A2－），两式联立可得：c（H＋）＋c（Na＋）＋c（HA－）＝4c（S）＋c（OH－），D错误。
11.C 滴定过程中发生反应：C4H5O5＋OH－C4H4＋H2O，C4H4＋OH－C4H3＋H2O，根据曲线所知，随着滴定的过程，电极电压逐渐增大，说明溶液中的离子浓度逐渐增大，b、d分别对应两个滴定终点，b点溶液中溶质C4H4O5Na，结合苹果酸的电离平衡常数可知，C4H4电离程度大于水解程度，对水的电离是抑制作用，继续加氢氧化钠至d点时溶质中主要离子为C4H3，此时水解程度最大，对水的电离促进作用最大，故水电离出的c（OH－）：b＜c＜d，A正确；a、b点发生反应：C4H5O5＋OH－C4H4＋H2O，b点恰好完全反应生成C4H4O5Na，结合苹果酸的电离平衡常数可知，C4H4电离程度大于水解程度，故a、b点溶液呈酸性，B正确；c点溶质为C4H4O5Na和C4H3O5Na2，根据电荷守恒c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（C4H4）＋2c（C4H3），此时，c（Na＋）＞c（C4H3），则c（H＋）＜c（OH－）＋c（C4H4）＋c（C4H3），C错误；b点加入氢氧化钠溶液体积为2.9 mL，则苹果酸的浓度为≈0.093 mol·L－1，D正确。
3 / 3小题专攻5 溶液中的粒子浓度关系与滴定曲线分析
【例1】 （2024·安徽高考13题）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2＋。
已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L－1，Ka1（H2S）＝10－6.97，Ka2（H2S）＝10－12.90，Ksp（FeS）＝10－17.20，Ksp（CdS）＝10－26.10。下列说法错误的是（ ）
A.Na2S溶液中：c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（HS－）＋2c（S2－）
B.0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c（Na＋）＞c（S2－）＞c（OH－）＞c（HS－）
C.向c（Cd2＋）＝0.01 mol ·L－1的溶液中加入FeS，可使c（Cd2＋）＜10－8 mol·L－1
D.向c（Cd2＋）＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H＋）＞c（Cd2＋）
答案：B
【流程分析】
对于Cd2＋（aq）＋FeS（s）CdS（s）＋Fe2＋（aq），该反应的平衡常数K＝＝＝108.9 105，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中c（Cd2＋）＝ mol·L－1＝10－13.05 mol·L－1，则加入足量FeS时可使c（Cd2＋）＜10－8 mol·L－1，C正确；Cd2＋＋H2SCdS＋2H＋的平衡常数K＝＝＝＝106.23＞105，该反应可以完全进行，因此，当向c（Cd2＋）＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中c（H2S）＝0.1 mol·L－1，c（H＋）≈0.02 mol·L－1，代入K＝106.23，得c（Cd2＋）＝4×10－9.23 mol·L－1，所得溶液中c（H＋）＞c（Cd2＋），D正确。
【模型构建】
1.水溶液中微粒浓度大小比较思维路径
2.巧用“三个守恒”关系式
微粒浓度关系式特征 套用守恒关系
一边全是阳离子，另一边全是阴离子 电荷守恒
一边全含一种元素，另一边全含另一种元素 元素守恒
一边微粒能电离出H＋，另一边微粒能结合H＋ 质子守恒
关系式中没有明显的上述三种特征 三大守恒 综合运用
3.突破微粒浓度大小关系的思维方法示例
示例 流程分析
变量思维 向溶液中通入气体或滴定过程： 如，室温下，0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中，c（Na＋）＝2[c（S）＋c（HS）＋c（H2SO3）]。向该溶液中逐渐通入SO2至溶液pH＝7，验证关系式：c（Na＋）＜2[c（S）＋c（HS）＋c（H2SO3）]
强弱思维 由等式到不等式： 如，0.100 mol·L－1 NaHCO3溶液（pH＞7）中，验证关系式：c（Na＋）＞2c（C）＋c（HC） NaHCO3溶液的pH＞7，说明HC的水解程度大于电离程度，等式变不等式。 电荷守恒c（H＋）＋c（Na＋）＝2c（C）＋c（HC）＋c（OH－） 溶液显碱性 c（H＋）＜c（OH－） 结论 c（Na＋）＞2c（C）＋c（HC）
缺项思维 缺少某一项或某几项： 如，H2C2O4为二元弱酸。20 ℃时，用H2C2O4溶液和NaOH溶液配制一组c（H2C2O4）＋c（HC2）＋c（C2）＝0.100 mol·L－1的混合溶液。当溶液pH＝7.0时，验证关系式：c（Na＋）＞2c（C2） pH＝7 c（H＋）＝c（OH－） 电荷守恒 c（H＋）＋c（Na＋）＝2c（C2）＋c（HC2）＋c（OH－） 缺项思维 c（Na＋）＝2c（C2）＋（HC2） 结论 c（Na＋）＞2c（C2）
【例2】 （2025·安徽合肥联考）在25 ℃下，向0.1 mol·L－1氨水中通入HCl气体，溶液的pH与通入HCl的物质的量和起始NH3·H2O的物质的量之比的变化关系曲线如图所示（忽略溶液的体积变化）。下列说法错误的是（ ）
A.Kb（NH3·H2O）≈10－4.6
B.水的电离程度：a＜b＜c
C.c点对应溶液中存在：c（H＋）＝c（OH－）＋c（NH3·H2O）
D.b点对应溶液中存在：c（N）＝10－2.4c（NH3·H2O）
答案：D
【流程分析】
（1）明确曲线含义题图曲线表示向0.1 mol·L－1氨水中通入HCl气体的过程中，溶液的pH与的变化关系，溶液的pH随的增大而减小，可类比一元强酸溶液滴定一元弱碱溶液的pH-V图像分析。
（2）找特殊点分析图像
（3）综合判断从a点到c点，随HCl气体的通入，溶液中溶质由NH3·H2O和NH4Cl逐渐转化为只有NH4Cl，c（NH4Cl）增大，促进水的电离，故水的电离程度a＜b＜c，B正确。
【模型构建】
【示例】
中和滴定过程中的pH-V图像
以常温下，用一元强碱MOH溶液滴定c mol·L－1一元弱酸HA溶液为例。
1.（2025·云南高考14题）甲醛法测定的反应原理为4＋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[N4H＋]＝}。下列说法正确的是（ ）
A.废水中的含量为20.00 mg·L－1
B.c点：c[N4H＋]＋c（H＋）＝c（OH－）
C.a点：c[N4H＋]＞c（H＋）＞c（OH－）＞c[N4]
D.N4H＋N4＋H＋的平衡常数K≈7.3×10－6
2.（2024·湖南高考13题）常温下Ka＝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＝c＋c
C.当V＝10 mL时，c＝c＋2c＋c
D.N点：c＞c＞c＞c＞c
1.（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－）
2.（2025·广西玉林一模）在25 ℃时，向体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L－1的两种酸（HX、HY）中分别滴加0.1 mol·L－1的NaOH溶液，所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A.HX的电离方程式为HXH＋＋X－
B.0.1 mol·L－1 HY溶液中c（H＋）＝10－3 mol·L－1
C.V（NaOH）＝20 mL时，反应后的两种溶液中c（X－）＝c（Y－）
D.b点时：c（Y－）－c（HY）＞c（H＋）－c（OH－）
3.（2025·湖南株洲一模）25 ℃时，向10 mL某浓度新制氯水中滴入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离平衡常数为Ka＝2.5×10－8。下列说法错误的是（ ）
A.甲点溶液中存在：N（Cl2）＋N（HClO）＋N（Cl－）＋N（ClO－）＝0.01NA
B.乙到丁的过程中，水的电离程度先增大后减小
C.丙点溶液中：c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO－）＞c（H＋）
D.氯水中存在平衡：Cl2（aq）＋H2O（l）H＋（aq）＋Cl－（aq）＋HClO（aq），其平衡常数K约为10－5
小题专攻5 溶液中的粒子浓度关系与滴定曲线分析
【真题研做·明确考向】
1.D A项，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～[N4H＋＋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（OH－）＝0.010 00 mol·L－1，则原废水中）＝0.010 00 mol·L－1×＝0.001 000 mol·L－1，因此，废水中的含量为0.001 000 mol·L－1×18 000 mg·mol－1＝18.00 mg·L－1，错误；B项，c点加入NaOH标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、（CH2）6N4的混合溶液，且浓度之比为1∶4∶1，由电荷守恒可知，c[N4H＋]＋c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），由于c（Cl－）＜c（Na＋），c[N4H＋]＋c（H＋）＜c（OH－），错误；C项，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，浓度减小，故c（H＋）＞c[N4H＋]，错误；D项，由图1和图2可知，当pH＝6.00时，N4占比较高，N4]＝0.88，则由氮守恒可知，δ[N4H＋]＝0.12，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则N4H＋N4＋H＋的平衡常数K＝＝≈7.3×10－6，正确。
2.D 结合起点和终点，向20 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是OH－和HCOO－，当V（HCOOH）＝0 mL，溶液中存在的微粒是OH－，可知随着甲酸的加入，OH－被消耗，逐渐下降，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点的在上升的曲线表示的是HCOO－浓度的改变。
V（HCOOH）＝10 mL时，溶液中c（HCOOH）∶c（HCOO－）＝1∶1，仍剩余有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，A正确；M点时，根据电荷守恒有c（HCOO－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），M点为交点可知c（HCOO－）＝c（OH－），联合可得2c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），B正确；当V（HCOOH）＝10 mL时，根据电荷守恒有c（HCOO－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），根据元素守恒有c（Na＋）＝2c（HCOO－）＋2c（HCOOH），联合可得c（OH－）＝c（H＋）＋2c（HCOOH）＋c（HCOO－），C正确；N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根离子发生水解，因此c（Na＋）＞c（HCOO－）及c（OH－）＞c（H＋），观察图中N点可知，c（HCOO－）约等于0.05 mol·L－1，根据Ka（HCOOH）＝＝1.8×10－4，可知c（HCOOH）＞c（H＋），D错误。
【对点演练·能力培养】
1.A 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。
2.D 由图可知，0.1 mol·L－1 HX的pH＝1，则HX为强酸，电离方程式为HXH＋＋X－，A错误；由图可知，HY的pH＝4，0.1 mol·L－1 HY溶液中c（H＋）＝10－4 mol·L－1，B错误；V（NaOH）＝20 mL时，两种溶液恰好反应分别生成等量的NaX和NaY，NaY发生水解，所以溶液中c（X－）＞c（Y－），C错误；b点加入NaOH溶液体积为10 mL，对于HY溶液中，反应恰好生成等量的HY和NaY，根据元素守恒：c（Y－）＋c（HY）＝2c（Na＋），根据电荷守恒：c（Y－）＋c（OH－）＝c（H＋）＋c（Na＋），联立得：c（Y－）－c（HY）＝2[c（H＋）－c（OH－）]，则c（Y－）－c（HY）＞c（H＋）－c（OH－），D正确。
3.A 氯水存在反应Cl2＋H2OHClO＋HCl，加入NaOH溶液，NaOH首先和HCl反应，然后再和HClO反应；乙点为第一个突跃点，HCl完全反应，得到HClO、NaCl的混合溶液，加入20 mL NaOH溶液对应第二个突跃点，HClO完全反应，得到氯化钠、次氯酸钠的混合溶液。加入20 mL氢氧化钠溶液得到氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，钠离子的物质的量为0.02 L×0.1 mol·L－1＝0.002 mol，结合钠、氯元素守恒，则2n（Cl2）＋n（HClO）＋n（Cl－）＋n（ClO－）＝0.002 mol，A错误；乙到加入20 mL氢氧化钠溶液的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从加入20 mL氢氧化钠溶液到丁的过程中，溶液中氢氧化钠过量，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B正确；丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，此时c（H＋）＝10－8 mol·L－1，Ka＝＝＝2.5×10－8，则c（ClO－）＝2.5c（HClO），结合反应：Cl2＋H2OHClO＋HCl，则c（Cl－）＝c（ClO－）＋c（HClO），所以c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO－）＞c（H＋），C正确；氯水中存在平衡：Cl2（aq）＋H2O（l）H＋（aq）＋Cl－（aq）＋HClO（aq），pH＝10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O，可求出c（Cl2）＝＝0.1 mol·L－1，根据起点pH＝2，有c（H＋）＝c（Cl－）＝c（HClO）＝0.01 mol·L－1，c（Cl2）＝0.1－c（H＋），其平衡常数K＝＝≈10－5，D正确。
4 / 6(共64张PPT)
小题专攻5 溶液中的粒子浓度关系与滴定曲线分析
02
真题研做
01
典例分析
模型构建
明确考向
03
对点演练
能力培养
04
课后作业
巩固提升
目 录
contents
典例分析 模型构建
【例1】 （2024·安徽高考13题）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和
H2S处理水样中的Cd2＋。
已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L－1，Ka1（H2S）＝10－6.97，
Ka2（H2S）＝10－12.90，Ksp（FeS）＝10－17.20，Ksp（CdS）＝10－26.10。下
列说法错误的是（ ）
A. Na2S溶液中：c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（HS－）＋2c
（S2－）
B. 0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c（Na＋）＞c（S2－）＞c（OH－）＞c
（HS－）
C. 向c（Cd2＋）＝0.01 mol ·L－1的溶液中加入FeS，可使c（Cd2＋）＜10－
8 mol·L－1
D. 向c（Cd2＋）＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液
中：c（H＋）＞c（Cd2＋）
√
【流程分析】
对于Cd2＋（aq）＋FeS（s） CdS（s）＋Fe2＋（aq），该反应的平衡常数
K＝ ＝ ＝108.9 105，因此该反应可以完全进行，CdS的
饱和溶液中c（Cd2＋）＝ mol·L－1＝10－13.05 mol·L－1，则加入足
量FeS时可使c（Cd2＋）＜10－8 mol·L－1，C正确；Cd2＋＋H2S CdS＋2H＋
的平衡常数K＝ ＝ ＝ ＝106.23
＞105，该反应可以完全进行，因此，当向c（Cd2＋）＝0.01 mol·L－1的溶
液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中c（H2S）＝0.1 mol·L－1，c（H＋）
≈0.02 mol·L－1，代入K＝106.23，得c（Cd2＋）＝4×10－9.23 mol·L－1，所
得溶液中c（H＋）＞c（Cd2＋），D正确。
【模型构建】
1. 水溶液中微粒浓度大小比较思维路径
2. 巧用“三个守恒”关系式
微粒浓度关系式特征 套用守恒关系
一边全是阳离子，另一边全是阴离子 电荷守恒
一边全含一种元素，另一边全含另一种元素 元素守恒
一边微粒能电离出H＋，另一边微粒能结合H＋ 质子守恒
关系式中没有明显的上述三种特征 三大守恒综合运用
3. 突破微粒浓度大小关系的思维方法示例
示例 流程分析
变
量
思
维 向溶液中通入气体或滴定过程： 如，室温下，0.10 mol·L－1 Na2SO3溶
液中，c（Na＋）＝2[c（S ）＋c
（HS ）＋c（H2SO3）]。向该溶
液中逐渐通入SO2至溶液pH＝7，验
证关系式：c（Na＋）＜2[c
（S ）＋c（HS ）＋c（H2SO3）]
示例 流程分析
强
弱
思
维 由等式到不等式： 如，0.100 mol·L－1
NaHCO3溶液（pH＞7）
中，验证关系式：c（Na
＋）＞2c（C ）＋c
（HC ） NaHCO3溶液的pH＞7，说明HC 的水解
程度大于电离程度，等式变不等式。
电荷守恒 c（H＋）＋c（Na＋）＝2c
（C ）＋c（HC ）＋c（OH－）
溶液显碱性 c（H＋）＜c（OH－）
结论 c（Na＋）＞2c（C ）＋c
（HC ）
示例 流程分析
缺
项
思
维 缺少某一项或某几项： 如，H2C2O4为二元弱酸。
20 ℃时，用H2C2O4溶液
和NaOH溶液配制一组c
（H2C2O4）＋c（HC2 ）＋c（C2 ）＝0.100 mol·L－1的混合溶液。当溶液
pH＝7.0时，验证关系式：c（Na＋）＞2c（C2 ） pH＝7 c（H＋）＝c（OH－）
电荷守恒 c（H＋）＋c（Na＋）＝2c
（C2 ）＋c（HC2 ）＋c（OH－）
缺项思维 c（Na＋）＝2c（C2 ）＋
（HC2 ）
结论 c（Na＋）＞2c（C2 ）
【例2】 （2025·安徽合肥联考）在25 ℃下，向0.1 mol·L－1氨水中通入
HCl气体，溶液的pH与通入HCl的物质的量和起始NH3·H2O的物质的量之
比 的变化关系曲线如图所
示（忽略溶液的体积变化）。下列说法错误
的是（ ）
A. Kb（NH3·H2O）≈10－4.6
B. 水的电离程度：a＜b＜c
C. c点对应溶液中存在：c（H＋）＝c（OH－）＋c（NH3·H2O）
D. b点对应溶液中存在：c（N ）＝10－2.4c（NH3·H2O）
√
【流程分析】
（1）明确曲线含义 题图曲线表示向0.1 mol·L－1氨水中通入HCl气体的
过程中，溶液的pH与 的变化关系，溶液的pH随
的增大而减小，可类比一元强酸溶液滴定一元弱碱溶液的
pH-V图像分析。
（2）找特殊点分析图像
（3）综合判断 从a点到c点，随HCl气体的通入，溶液中溶质由NH3·H2O
和NH4Cl逐渐转化为只有NH4Cl，c（NH4Cl）增大，促进水的电离，故水
的电离程度a＜b＜c，B正确。
【模型构建】
【示例】
中和滴定过程中的pH-V图像
以常温下，用一元强碱MOH溶液滴定c mol·L－1一元弱酸HA溶液为例。
真题研做 明确考向
1. （2025·云南高考14题）甲醛法测定 的反应原理为4 ＋
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[N4H＋]＝
}。
下列说法正确的是（ ）
A. 废水中 的含量为20.00 mg·L－1
B. c点：c[N4H＋]＋c（H＋）＝c（OH－）
C. a点：c[N4H＋]＞c（H＋）＞c（OH－）＞c[N4]
D. N4H＋ N4＋H＋的平衡常数K≈7.3×10－6
√
解析：A项，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 ～[N4H＋＋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（OH－）＝0.010 00 mol·L－1，则原废水中 ）＝0.010 00 mol·L－1× ＝0.001 000 mol·L－1，因此，废水中 的含量为0.001 000 mol·L－1×18 000 mg·mol－1＝18.00 mg·L－1，错误； B项，c点加入NaOH标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、（CH2）6N4的混合溶液，且浓度之比为1∶4∶1，由电荷守恒可知，c[N4H＋]＋c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），
由于c（Cl－）＜c（Na＋），c[N4H＋]＋c（H＋）＜c（OH－），
错误；C项，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，浓
度减小，故c（H＋）＞c[N4H＋]，错误；D项，由图1和图2可知，当pH＝6.00时， N4占比较高， N4]＝0.88，则由氮守恒可知，δ[N4H＋]＝0.12，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则 N4H＋ N4＋H＋的平衡常数K＝ ＝ ≈7.3×10－6，正确。
2. （2024·湖南高考13题）常温下Ka ＝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 ＝c ＋c
C. 当V ＝10 mL时，c ＝c ＋2c ＋c
D. N点：c ＞c ＞c ＞c ＞c
√
解析： 结合起点和终点，向20 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是OH－和HCOO－，当V（HCOOH）＝0 mL，溶液中存在的微粒是OH－，可知随着甲酸的加
入，OH－被消耗，逐渐下降，
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点的在上升的曲线表示
的是HCOO－浓度的改变。
V（HCOOH）＝10 mL时，溶液中c（HCOOH）∶c（HCOO－）＝1∶1，
仍剩余有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH
溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，此时水的电离
程度最大，A正确；M点时，根据电荷守恒有c（HCOO－）＋c（OH－）
＝c（Na＋）＋c（H＋），M点为交点可知c（HCOO－）＝c（OH－），
联合可得2c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），B正确；当V（HCOOH）
＝10 mL时，根据电荷守恒有c（HCOO－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c
（H＋），根据元素守恒有c（Na＋）＝2c（HCOO－）＋2c（HCOOH），
联合可得c（OH－）＝c（H＋）＋2c（HCOOH）＋c（HCOO－），C正确；
N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根离子发生水
解，因此c（Na＋）＞c（HCOO－）及c（OH－）＞c（H＋），观察图中N
点可知，c（HCOO－）约等于0.05 mol·L－1，根据Ka（HCOOH）＝
＝1.8×10－4，可知c（HCOOH）＞c（H＋），D错误。
对点演练 能力培养
1. （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－）
√
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。
2. （2025·广西玉林一模）在25 ℃时，向体积均为20 mL、浓度均为0.1
mol·L－1的两种酸（HX、HY）中分别滴加0.1 mol·L－1的NaOH溶液，所加
NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是
（ ）
A. HX的电离方程式为HX H＋＋X－
B. 0.1 mol·L－1 HY溶液中c（H＋）＝10－3 mol·L－1
C. V（NaOH）＝20 mL时，反应后的两种溶液中c
（X－）＝c（Y－）
D. b点时：c（Y－）－c（HY）＞c（H＋）－c
（OH－）
√
解析： 由图可知，0.1 mol·L－1 HX的pH＝1，则HX为强酸，电离方程
式为HX H＋＋X－，A错误；由图可知，HY的pH＝4，0.1 mol·L－1 HY
溶液中c（H＋）＝10－4 mol·L－1，B错误；V（NaOH）＝20 mL时，两种
溶液恰好反应分别生成等量的NaX和NaY，NaY发生水解，所以溶液中c
（X－）＞c（Y－），C错误；b点加入NaOH溶液体积为10 mL，对于HY溶
液中，反应恰好生成等量的HY和NaY，根据元素守恒：c（Y－）＋c
（HY）＝2c（Na＋），根据电荷守恒：c（Y－）＋c（OH－）＝c（H
＋）＋c（Na＋），联立得：c（Y－）－c（HY）＝2[c（H＋）－c（OH
－）]，则c（Y－）－c（HY）＞c（H＋）－c（OH－），D正确。
3. （2025·湖南株洲一模）25 ℃时，向10 mL某浓度新制氯水中滴入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离平衡常数为Ka＝2.5×10－8。下列说法错误的是（ ）
A. 甲点溶液中存在：N（Cl2）＋N（HClO）＋N（Cl－）＋N（ClO－）
＝0.01NA
B. 乙到丁的过程中，水的电离程度先增大后减小
C. 丙点溶液中：c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO－）＞c（H＋）
D. 氯水中存在平衡：Cl2（aq）＋H2O（l） H＋（aq）＋Cl－（aq）＋
HClO（aq），其平衡常数K约为10－5
√
解析： 氯水存在反应Cl2＋H2O HClO＋HCl，加入NaOH溶液，NaOH
首先和HCl反应，然后再和HClO反应；乙点为第一个突跃点，HCl完全反
应，得到HClO、NaCl的混合溶液，加入20 mL NaOH溶液对应第二个突跃
点，HClO完全反应，得到氯化钠、次氯酸钠的混合溶液。加入20 mL氢氧
化钠溶液得到氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，钠离子的物质的量为0.02
L×0.1 mol·L－1＝0.002 mol，结合钠、氯元素守恒，则2n（Cl2）＋n
（HClO）＋n（Cl－）＋n（ClO－）＝0.002 mol，A错误；乙到加入20
mL氢氧化钠溶液的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，
水的电离程度一直增大；从加入20 mL氢氧化钠溶液到丁的过程中，溶液中氢氧化钠过量，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B正确；丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，此时c（H＋）＝10－8 mol·L－1，
Ka＝ ＝ ＝2.5×10－8，则c（ClO－）＝2.5c（HClO），结合反应：Cl2＋H2O HClO＋HCl，则c（Cl－）＝c（ClO－）＋c（HClO），所以c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO－）＞c（H＋），C正确；氯水中存在平衡：Cl2（aq）＋H2O（l） H＋（aq）＋Cl－（aq）＋HClO（aq），pH＝10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2＋2NaOH NaCl＋NaClO＋H2O，可求出c（Cl2）＝ ＝0.1 mol·L－1，根据起点pH＝2，有c（H＋）＝c（Cl－）＝c（HClO）＝0.01 mol·L－1，c（Cl2）＝0.1－c（H＋），其平衡常数K＝ ＝ ≈10－5，D正确。
课后作业 巩固提升
1. （2025·北京石景山一模）25 ℃时，关于浓度均为0.1 mol·L－1的氨水和
NH4Cl两种溶液，下列说法不正确的是（ ）
A. 分别通入少量HCl气体，c（N ）均增大
B. 水电离出的c（H＋）：氨水的小于NH4Cl溶液的
C. 两种溶液等体积混合后（pH＞7）：c（NH3·H2O）＞c（N ）＞c
（Cl－）＞c（OH－）
D. 两种溶液等体积混合后（pH＞7）：c（H＋）＋c（N ）＝c（OH
－）＋c（Cl－）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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√
解析：0.1 mol·L－1的氨水和NH4Cl两种溶液中，分别通入少量HCl气体，盐酸和NH3·H2O反应，c（N ）增大，氯化铵溶液中铵根离子水解被抑制，则c（N ）均增大，A正确；NH3·H2O电离出氢氧根离子，抑制水的电离，铵根离子促进水的电离，氨水中水电离出的c（H＋）小于NH4Cl溶液水电离出的c（H＋），B正确；0.1 mol·L－1的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后（pH＞7），溶液显碱性，说明NH3·H2O电离程度大于铵根离子水解程度，c（N ）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－），C错误；0.1 mol·L－1的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后（pH＞7），溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，c（H＋）＋c（N ）＝c（OH－）＋c（Cl－），D正确。
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2. 25 ℃时，氢氰酸（HCN）的Ka＝4.9×10－10，氢氟酸的Ka＝3.5×10－
4。下列说法错误的是（ ）
A. 25 ℃时，向HF溶液中加入一定量NaCN固体，调节溶液pH＝5，此时c
（F－）＞c（HF）
B. 25 ℃时，将浓度均为0.10 mol·L－1的NaF和HF溶液分别加水稀释，两种
溶液的pH均变小
C. 25 ℃时，向HCN溶液中滴入等浓度HF溶液，则HCN的电离受到抑制
D. 25 ℃时，将浓度相等的NaF和HF溶液等体积混合后，混合液呈酸性
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解析：A项，由 ＝3.5×10－4得，pH＝5时， ＝3.5×10－4， ＝35，因此c（F－）＞c（HF），正确；B项，将浓度均为0.10 mol·L－1的NaF和HF溶液分别加水稀释，NaF溶液的pH减小，HF溶液的pH增大，错误；C项，HF酸性大于HCN，向HCN溶液中滴入等浓度HF溶液，c（H＋）增大，HCN的电离逆向移动，正确；D项，HF的Ka＝3.5×10－4，则F－的水解常数约为2.86×10－11，HF的电离程度大于F－的水解程度，则浓度相等的NaF和HF溶液等体积混合后，溶液呈酸性，正确。
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3. （2024·成都金牛区实验外国语高级中学段考）室温时，向20 mL 0.1
mol·L－1的HA、HB溶液中分别滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化分
别对应如图中的曲线Ⅰ、Ⅱ。下列说法不正确的是（ ）
A. 向NaA溶液中滴加HB溶液可产生HA
B. 加入10 mL NaOH溶液时，HA的导电能力弱于HB
C. 滴加NaOH溶液至pH＝7时，两种溶液中c（A－）＝c（B－）
D. 滴加20 mL NaOH溶液时，Ⅰ中H2O的电离程度大于Ⅱ中
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解析： 20 mL 0.1 mol·L－1的两种酸HA、HB溶液中，HB溶液的pH＝
1，所以HB是强酸，HA溶液对应的pH大于1，HA是弱酸。HB是强酸，HA
是弱酸，向NaA溶液中滴加HB溶液可产生HA，A正确；HB是强酸，HA是
弱酸，20 mL 0.1 mol·L－1的HA溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液10 mL，
则HA会剩余，离子浓度较小，HA的导电能力弱于HB，B正确；根据电荷
守恒c（OH－）＋c（A－）或c（B－）＝c（H＋）＋c（Na＋），在pH＝7
时，c（OH－）＝c（H＋），两种溶液中c（A－）或c（B－）＝c（Na
＋），但是两种溶液中c（A－）、c（B－）并不相等，C错误；滴加20 mL
NaOH溶液时，酸碱恰好中和，得到的NaB是强酸强碱盐，不水解，水电离
不受影响，得到的NaA是弱酸强碱盐，会发生水解，水的电离受到促进，Ⅰ
中 H2O的电离程度大于Ⅱ中，D正确。
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4. （2024·玉林模拟）25 ℃时，已知醋酸的电离平衡常数为1.8×10－5，向
20 mL 2.0 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴
加2.0 mol·L－1 NaOH溶液，溶液中水电离
出的c（H＋）在此滴定过程中变化曲线如
图所示。下列说法错误的是（ ）
A. a点溶液中：c（H＋）＝6.0×10－3 mol·L－1
B. b点溶液中：c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（CH3COOH）
C. d点溶液中：2c（Na＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）
D. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
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解析： A项，a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数
计算。设电离出的H＋的浓度为x mol·L－1，由于电离程度很小，可认为醋
酸浓度不变，
CH3COOH CH3COO－＋H＋
2.0 x x
Ka＝ ＝ ＝1.8×10－5，解得x＝6.0×10－3，正
确；B项，b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料
守恒为c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝2c（Na＋），醋酸会电离：
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CH3COOH CH3COO－＋H＋，醋酸根离子会水解：CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－，水解平衡常数Kh＝ ＝ ≈5.6×10－10＜
1.8×10－5，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以c
（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（CH3COOH），正确；C项，d点加入40 mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，由物料守恒c（Na＋）＝2c（CH3COO－）＋2c（CH3COOH），错误；D项，用NaOH溶液滴定CH3COOH溶液，属于强碱滴定弱酸，恰好完全反应时溶液显碱性，所以用酚酞作为指示剂，正确。
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5. 常温常压下，某同学向20.00 mL c0 mol·L－1氨水中逐滴加入0.100 0
mol·L－1的盐酸，实验测得溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示，其
中N点为反应终点（此时盐酸与氨水恰好完
全反应），此时消耗盐酸的体积为17.20 mL。
下列说法中正确的是（ ）
A. c0＝0.050 mol·L－1
B. M点的溶液中存在：c（NH3·H2O）＞c（Cl－）＞c（N ）
C. N点溶液中：c（H＋）－c（OH－）＜c（Cl－）－c（NH3·H2O）
D. P、M、N三点对应溶液中水的电离程度最大的为M点
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解析： 由题意可知，反应终点时消耗盐酸的体积为17.20 mL，则
c0＝ mol·L－1＝0.086 0 mol·L－1，A错误；根据图像可知，
M点溶液显碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于N 的水解程度，c
（N ）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O），B错误；N点为反应终点，盐
酸与氨水恰好完全反应得到NH4Cl溶液，根据电荷守恒：c（H＋）＋c
（N ）＝c（OH－）＋c（Cl－），此时溶液呈酸性，c（N ）＞
c（NH3·H2O），则c（H＋）＋c（NH3·H2O）＜c（Cl－）＋c（OH
－），c（H＋）－c（OH－）＜c（Cl－）－c（NH3·H2O），C正确；
氨水中由于NH3·H2O的电离抑制水的电离，加入盐酸后生成NH4Cl，
N 的水解促进水的电离，N点为反应终点，P、M、N三点对应溶液
中水的电离程度最大的为N点，D错误。
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6. 常温下，向100 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1 NaOH
溶液，所得溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. a点溶液中，c水（H＋）＝10－12 mol·L－1
B. b点溶液中，c（A－）＋c（HA）＜c（Na＋）
C. 常温下，Kh（A－）＝9×10－12
D. a、b、c三点溶液中，c点溶液中水的电离程度最小
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解析： a点溶液是100 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液，pH＝2，c（H＋）＝10
－2 mol·L－1，c（OH－）＝ ＝10－12 mol·L－1，溶液中OH－全部来
自水的电离，c（OH－）＝c水（OH－）＝c水（H＋）＝10－12 mol·L－1，A
正确；b点溶液，pH＝7，c（OH－）＝c（H＋），根据电荷守恒，c（OH
－）＋c（A－）＝c（Na＋）＋c（H＋），则c（A－）＝c（Na＋），所以
c（A－）＋c（HA）＞c（Na＋），B错误；a点溶液是100 mL 0.1 mol·L－1
HA溶液，pH＝2，c（A－）≈c（H＋）＝10－2 mol·L－1，电离平衡时，c
（HA）＝0.1 mol·L－1－10－2 mol·L－1＝0.09 mol·L－1，Ka（HA）＝
＝ ，Kh（A－）＝ ＝9×10－12，C正确；
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a点溶质是HA，溶液中c（H＋）＝0.01 mol·L－1，b点溶质是HA与NaA，
溶液中c（H＋）＝c（OH－）＝10－7 mol·L－1，c点溶质是等浓度的NaA与
NaOH，溶液中c（OH－）＝ mol·L－1＝0.05 mol·L－1，酸碱
抑制水的电离，且酸碱性越强抑制程度越大，所以a、b、c三点溶液中，c
点溶液中水的电离程度最小，D正确。
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7. 常温下，用0.01 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L－1的某一
元酸HA溶液，滴定过程中溶液的pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所
示，其中a点对应的纵坐标pH＝3.38。下列说法正确的是（忽略稀溶液混
合时引起的体积变化）（ ）
A. HA的电离常数：Ka（HA）＝1×10－6.76
B. b点对应溶液中存在：c（A－）＜c（HA）
C. d点对应溶液中存在：c（A－）＋c（HA）＝0.005 mol·L－1
D. 滴定过程中由水电离产生的c（OH－）：a＜b＜c＜d＜e
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解析：根据a点的纵坐标可知，HA的电离常数：Ka（HA）≈ ＝1×10－4.76，A错误；b点为半中和点，此时溶液为
等物质的量浓度的NaA与HA的混合溶液，由于溶液显酸性，则HA的
电离程度大于NaA的水解程度，故对应溶液中存在：c（A－）＞c
（HA），B错误；d点为恰好反应点，此时溶质为NaA，溶液体积为
40.00 mL，根据元素守恒可知，含A原子微粒的物质的量浓度为0.005
mol·L－1，d点对应溶液中存在：c（A－）＋c（HA）＝0.005 mol·L－
1，C正确；滴定过程中a、b、c、d点对应的水的电离程度逐渐增大，d
点为恰好反应点，d点后NaOH过量，水的电离程度又逐渐减小，故d点
水的电离程度最大，D错误。
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8. 25 ℃，取浓度均为0.1 mol·L－1的ROH溶液和HX溶液各20 mL，分别 用0.1 mol·L－1的盐酸、0.1 mol·L－1的NaOH溶液进行滴定。滴定过程中溶液的pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. HX为弱酸，ROH为强碱
B. 曲线Ⅱ对应的V＝10 mL时溶液中：c（OH－）－c
（H＋）＝c（HX）－c（X－）
C. 滴定前，ROH溶液中：c（ROH）＞c（OH－）＞
c（R＋）＞c（H＋）
D. 滴定至V＝40 mL的过程中，两种溶液中由水电离
出的c（H＋）·c（OH－）始终保持不变
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解析：滴定0.1 mol·L－1的ROH溶液，溶液由碱性变为酸性，曲线Ⅰ对应盐酸滴定ROH溶液，则曲线Ⅱ对应NaOH溶液滴定HX溶液。常温下，0.1 mol·L－1的HX溶液的pH≈3，0.1 mol·L－1的ROH溶液的pH≈11，所以HX为弱酸，ROH为弱碱，A错误；曲线Ⅱ代表的是用氢氧化钠溶液滴定HX溶液，滴定至V＝10 mL时，溶质是等浓度的HX、NaX，根据元素守恒和电荷守恒，存在2c（OH－）－2c（H＋）＝c（HX）－c（X－），B错误；0.1 mol·L－1 ROH溶液的pH≈11，溶液中仅有少量ROH电离，此时溶液显碱性，且水也会电离出氢氧根离子，则ROH溶液中存在c（ROH）＞c（OH－）＞c（R＋）＞c（H＋），C正确；酸和碱都会抑制水的电离，滴定至V＝40 mL的过程中盐酸、氢氧化钠均过量，水的电离程度先变大后减小，则两种溶液中由水电离出的c（H＋）·c（OH－）先增大后减小，D错误。
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9. 常温下，用0.2 mol·L－1盐酸滴定25.00 mL 0.2 mol·L－1某弱碱ROH溶液，所得溶液pH、R＋和ROH的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 曲线②代表ROH
B. 若c点加入HCl溶液体积为25.00 mL，则溶液中存在：c（H＋）＞c（OH－）＋c（ROH）
C. RCl的水解平衡常数为1.0×10－5
D. a、b、c三点的溶液，水的电离程度：a＜b＜c
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解析：用0.2 mol·L－1盐酸滴定25.00 mL 0.2 mol·L－1某弱碱ROH溶液，ROH的物质的量分数减少，R＋的物质的量分数增加，二者交点均为50％，pH逐渐减小，由题图可知，曲线①代表ROH，曲线②代表R＋，曲线③代表用盐酸滴定ROH溶液的pH变化曲线，b点时，溶液中c（R＋）＝c（ROH），pH为9.26，溶液呈碱性，由电离常数公式可知，ROH的电离平衡常数为Kb＝ ＝c（OH－）＝10－4.74。曲线②代表R＋，A错误；
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若c点加入HCl溶液体积为25.00 mL，二者恰好完全反应生成RCl，根据电
荷守恒：c（R＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），元素守恒：c
（R＋）＋c（ROH）＝c（Cl－），可以得出c（H＋）＝c（OH－）＋c
（ROH），B错误；ROH的电离平衡常数为Kb＝10－4.74，RCl的水解平衡
常数为Kh＝ ＝ ＝10－9.26，C错误；ROH溶液抑制水的电离，随着
加入的酸增多，对水的电离抑制程度减小，c点完全反应，水的电离程度最
大，a、b、c三点的溶液，水的电离程度：a＜b＜c，D正确。
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10. （2025·江西南昌一模）常温下，用浓度为0.10 mol·L－1的H2SO4标准
溶液滴定10 mL浓度均为0.20 mol·L－1的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中
含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图（忽略溶液混合后体积
变化）。下列说法错误的是（ ）
A. HA－ H＋＋A2－的K≈10－8.4
B. 点a：c（S ）＜c（A2－）
C. V1＜15 mL
D. 点c：c（H＋）＋c（Na＋）＝4c（S ）＋c（OH－）
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解析： 图中左侧溶液中含A微粒的分布曲线只有两条，说明H2A第一步
完全电离，溶液中含A微粒有HA－、A2－，随着pH值增大，溶液中A2－逐
渐增多，HA－逐渐减小；图中右侧为pH变化曲线。加入10 mL H2SO4标准
溶液时，NaOH恰好完全反应，所得溶液为Na2SO4和Na2A的混合溶液，溶
液体积为20 mL，pH＝10.7，溶液中OH－浓度为10－3.3 mol·L－1，根据
A2－＋H2O HA－＋OH－
起始/（mol·L－1）0.1
平衡/（mol·L－1）≈0.1 10－3.3 10－3.3，
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求得Kh≈ ＝10－5.6，HA－ H＋＋A2－的K＝ ≈10－8.4，A正
确；点a加入10 mL H2SO4标准溶液，所得溶液为Na2SO4和Na2A的混合溶
液，溶液体积为20 mL，Na2SO4浓度为0.05 mol·L－1，Na2A浓度为0.1
mol·L－1，A2－水解程度较小，故c（S ）＜c（A2－），B正确；若V＝
15 mL，混合后所得溶液中NaHA和Na2A的浓度相同，由选项A分析知，A2
－水解程度大于HA－的电离程度，使得溶液中HA－浓度大于A2－，而b点时
HA－浓度等于A2－，可知b点加入H2SO4标准溶液小于15 mL，V1＜15 mL，
C正确；点c加入20 mL H2SO4标准溶液，溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＋c（Na＋）＝2c（S ）＋c（OH－）＋c（HA－）＋2c（A2－），根据元素守恒：c（S ）＝c（HA－）＋c（A2－），两式联立可得：c（H＋）＋c
（Na＋）＋c（HA－）＝4c（S ）＋c（OH－），D错误。
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11. （2025·山东名校联盟二模）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位的
变化来确定终点的一种方法，被测离子浓度突跃，电极电位（ERC）产生
突跃，从而确定滴定终点。现向5.60 mL
某浓度的苹果酸（C4H5O5，二元弱酸，
Ka1＝1.4×10－3，Ka2＝1.7×10－5）溶
液中，滴加0.18 mol·L－1 NaOH溶液，
利用电位滴定法测定的滴定曲线如图。
下列说法错误的是（ ）
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A. 水电离出的c（OH－）：b＜c＜d
B. a点和b点溶液均显酸性
C. c点存在c（H＋）＝c（OH－）＋c（C4H4 ）＋c（C4H3 ）
D. 苹果酸的浓度约为0.093 mol·L－1
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解析：滴定过程中发生反应：C4H5O5＋OH－ C4H4 ＋H2O，C4H4 ＋OH－ C4H3 ＋H2O，根据曲线所知，随着滴定的过程，电极电压逐渐增大，说明溶液中的离子浓度逐渐增大，b、d分别对应两个滴定终点，b点溶液中溶质C4H4O5Na，结合苹果酸的电离平衡常数可知，C4H4 电离程度大于水解程度，对水的电离是抑制作用，继续加氢氧化钠至d点时溶质中主要离子为C4H3 ，此时水解程度最大，对水的电离促进作用最大，故水电离出的c（OH－）：b＜c＜d，A正确；a、b点发生反应：C4H5O5＋OH－ C4H4 ＋H2O，b点恰好完全反应生成C4H4O5Na，结合苹果酸的电离平衡常数可知，C4H4 电离程度大于水解程度，故a、b点溶液呈酸性，B正确；
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c点溶质为C4H4O5Na和C4H3O5Na2，根据电荷守恒c（H＋）＋c（Na＋）＝
c（OH－）＋c（C4H4 ）＋2c（C4H3 ），此时，c（Na＋）＞c
（C4H3 ），则c（H＋）＜c（OH－）＋c（C4H4 ）＋c（C4H3 ），C错误；b点加入氢氧化钠溶液体积为2.9 mL，则苹果酸的
浓度为 ≈0.093 mol·L－1，D正确。
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演示完毕 感谢观看
