专题限时集训(八) 水溶液中的离子平衡
(限时：45 分钟)
(对应学生用书第 146 页)
1．下列说法不正确的是( )
A．25 ℃，pH＝4 的 HF 溶液与 pH＝10 的氨水中水电离出的 c(H＋)相同
B．25 ℃，0.01 mol·L－1 的 HA 溶液的 pH＝5，则 Ka(HA)为 1×10－8
C．Na2CO3 溶液加水稀释， c（CO）
c（OH－）·c（HCO）在溶液中保持不变
D．已知在相同条件下，HF 的酸性强于 CH3COOH，则物质的量浓度相等的
NaF 与 CH3COOK 溶液中：c(Na＋)－c(F－)>c(K＋)－c(CH3COO－)
D [HF、CH3COOH 都是弱酸，所以 NaF 与 CH3COOK 都是强碱弱酸盐，
由于酸性 HF>CH3COOH，水解程度 F－Kh(c)
B [当氨水与稀硫酸恰好反应生成(NH4)2SO4 时水的电离程度最大，B 错
误。]
4．(2019·北京高考)实验测得 0.5 mol·L －1 CH3COONa 溶液、0.5 mol·L－1
CuSO4 溶液以及 H2O 的 pH 随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 ( )
A．随温度升高，纯水中 c(H＋)>c(OH－)
B．随温度升高，CH3COONa 溶液的 c(OH－)减小
C．随温度升高，CuSO4 溶液的 pH 变化是 Kw 改变与水解平衡移动共同作用
的结果
D．随温度升高，CH3COONa 溶液和 CuSO4 溶液的 pH 均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
C [A 项，升温，促进水的电离，溶液中的 H＋、OH－浓度均增大，但二者
始终相等，溶液呈中性，错误；B 项，升温，CH3COONa 溶液中的水解平衡正向
移动，c(OH－)增大，错误；C 项，随温度升高，CuSO4 溶液的水解平衡正向移动，
水的电离平衡正向移动，因此 CuSO4 溶液的 pH 变化是 KW 改变与水解平衡移动
共同作用的结果，正确；D 项，随温度升高，CH3COONa 溶液和 CuSO4 溶液的水
解平衡均正向移动，CH3COONa 溶液和 CuSO4 溶液的 pH 均降低，是 KW 改变与
水解平衡移动共同作用的结果，错误。 ]
5．室温下，浓度均为 0.1 mol·L－1、体积均为 V0 的 NaX、NaY 溶液分别加水
稀释至体积 V，已知 pOH＝－lg c(OH－)，pOH 与 lg
V
V0的变化关系如图所示。下
列叙述正确的是( )
A．HX、HY 都是弱酸，且 Ka(HX)>Ka(HY)
B．图中 pOH 随 lg
V
V0变化始终满足直线关系
C．lg
V
V0＝3 时，NaX 溶液中所含离子总数小于 NaY 溶液
D．分别向稀释前的两种溶液加盐酸至 pH＝7 时，c(X－)＝c(Y－)
A [当 lg
V
V0很大时，pOH 变化很小，pOH 与 lg
V
V0的关系就不能满足直线关
系，B 错误；NaX 溶液中与 NaY 溶液中的 c(H＋)前者大，故 NaX 溶液中含的离子
总数较大，C 错误；根据电荷守恒和 pH＝7 可推导 c(X－)>c(Y－)，D 错误。]
6．类比 pH 的定义，对于稀溶液可以定义 pc＝－lg c，pKa＝－lg Ka。常温下，
某浓度 H2A 溶液在不同 pH 下，测得 pc(H2A)、pc(HA－)、pc(A2－)变化如图所示。
下列说法正确的是( )A．pH＝3.05 时，c(H2A)>c(HA－)>c(A2－)
B．常温下，pKa1(H2A)＝5.30，pKa2(H2A)＝0.80
C．b 点时， c2（HA－）
c（H2A ）·c（A2－）＝104.50
D．pH＝3.00～5.30 时，n(H2A)＋n(HA－)＋n(A2－)先增大后减小
C [根据图可知 ab 线代表 H2A，ac 线代表 HA－，bc 线代表 A2－。pH＝3.05
时，c(H2A)＝c(A2－)，A 错误；根据 a、c 点可知 pKa1＝0.8，pKa2＝5.30，B 错误；
根据物料守恒，三者物质的量和不变，D 错误。]
7．(2018·全国卷Ⅲ，变式)某温度下，向 10 mL 0.1 mol·L －1 CuCl2 溶液中滴
加 0.1 mol·L－1 的 Na2S 溶液，滴加过程中溶液中－lg c(Cu2＋)与加入 Na2S 溶液体
积(V)的关系如图所示。已知：lg 2＝0.3，Ksp(ZnS)＝3×10－25。下列有关说法正确
的是 ( )
A．a、b、c 三点中，水的电离程度最大的为 b 点
B．Na2S 溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
C．该温度下 Ksp(CuS)＝4×10－36
D．相同实验条件下，若改为 0.1 mol·L－1 的 ZnCl2 溶液，反应终点 b 向 d 方
向移动
C [b 点为 NaCl 溶液，水的电离程度最小，A 错误；Na2S 溶液中，根据物
料守恒知，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1
2c(Na＋)，B 错误；Ksp(CuS)＝10－17.7×10－
17.7＝10－35.4＝100.6×10－36＝4×10－36，C 正确；ZnS 比 CuS 的 Ksp 大，终点－lg
c(Cu2＋)小，D 错误。]
8.已知对于电离常数为 Ka 的某一元弱酸滴定过程中，pH突变随其浓度的增大而增大，且浓度主要影响滴定终点和滴定终点之后的曲线部
分。常温下，用不同浓度的 NaOH 溶液分别滴定 20 mL 与其同浓度的某弱酸
HA 溶液，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．由图可知：c1＞c2＞c3
B．M 点溶液中存在：c(H＋)＋c(HA)＝c(OH－)＋c(A－)
C．恰好中和时，溶液中离子浓度的大小关系：c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H
＋)
D．由 pH＝7 的溶液计算得：Ka＝V0·10－7
20－V0 (V0 是消耗的 NaOH 溶液的体积)
B [M 点溶液的溶质为等物质的量的 NaA 和 HA，根据电荷守恒得 c(A－)＋
c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，根据物料守恒得 c(A－)＋c(HA)＝2c(Na＋)，联立两式消
去 c(Na＋)得 2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH－)，B 项错误。]
9．常温下，向 20.00 mL 0.1 mol·L－1HA 溶液中滴入 0.1 mol·L－1NaOH 溶
液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lg c 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．常温下，Ka(HA)约为 10－5
B．M、P 两点溶液对应的 pH＝7
C．b＝20.00
D．M 点后溶液中均存在 c(Na＋)＞c(A－)
B [根据题图知，0.1 mol·L－1HA 溶液中－lg c 水(H＋)＝11，则 c水(H＋)＝10
－11mol·L－1，故溶液中 c(H＋)＝10－3mol·L－1，Ka(HA)＝c（H＋）·c（A－）
c（HA） ＝
10－3 × 10－3
0.1－10－3
≈10－5，A 项正确；M 点时－lg c水(H＋)＝7，M 点溶液为 HA 和 NaA
的混合溶液，HA 的电离程度等于 A－的水解程度，溶液呈中性，而 P 点时－lg c水
(H＋)＝7，P 点溶液为 NaA 和 NaOH 的混合溶液，溶液呈碱性，B 项错误；N 点
时水的电离程度最大，此时 HA 和 NaOH 恰好完全反应，故 b＝20.00，C 项正确；M 点溶液呈中性，M 点后继续加入 NaOH 溶液，则所得溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H
＋)，根据电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，则 c(Na＋)＞c(A－)，D
项正确。]
10．(2019·衡水信息卷)25 ℃时，用 0.100 0 mol·L－1 盐酸滴定 20.00 mL 0.100 0
mol·L－1 NaA 溶液，溶液的 pH 与水电离出的－lgc(OH－)的关系如图所示。已知：
A 点溶液体积为 20.00 mL。下列说法正确的是( )
A．Ka(HA)的数量级为 10－4
B．B 点时所加盐酸的体积小于 10.00 mL
C．mc(HA)
D [由 A 点数据信息知，A－的水解常数 Kh(A－)≈10－2.5 × 10－2.5
0.100 0 ＝10－4，
则 Ka(HA)＝Kw
Kh≈10－10，A 项错误；B 点溶液的 pH＝7，为 NaCl、NaA 和 HA 的
混合溶液，又因为 Kh(A－)>Ka(HA)，故 B 点时所加盐酸的体积大于 10.00 mL，B
项错误；溶液中的 OH－均由水电离产生，pH＝5 时，溶液中的 c(OH－)＝10－9
mol·L－1，m＝9，C 项错误；加入 V(盐酸)＝20.00 mL 时，所得溶液为等浓度的
NaCl 和 HA 的混合溶液，HA 部分电离，故 c(Na＋)>c(HA)，D 项正确。]
11．室温下，向 10.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HCl 和 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH
的混合溶液中滴入 0.100 0 mol·L－1 NaOH 溶液，溶液 pH 的变化曲线如图所示。
已知：常温下，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5。下列叙述错误的是( )
A．a 点所示溶液中，CH3COOH 的电离度约为 1.75×10－2%
B．a、b、c 三点所示溶液中，水的电离程度最大的是 c 点
C．c 点所示溶液中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(OH－)>c(H＋)
D．加热 b 点所示溶液， c（Cl－）
c（CH3CO O －）的值减小 C [c 点溶质是物质的量之比为 1∶1 的 NaCl 和 CH3COONa，CH3COO－发
生微弱水解，则 c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C
项错误。]
12．常温下，向浓度为 0.1 mol·L－1、体积为 V L 的氨水中逐滴加入浓度为 0.1
mol·L－1 的盐酸，用 pH 计测得的溶液 pH 随盐酸的加入量而降低的滴定曲线如图
所示，d 点时两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：
(1)该温度时 NH3·H2O 的电离平衡常数 K＝________。
(2)比较 b、c、d 三点时的溶液中，由水电离出的 c(OH－)大小顺序为
________。
(3)滴定时，由 b 点到 c 点的过程中，下列各选项中数值保持不变的是
________(填序号，下同)。
A．c(H＋)·c(OH－)
B.
c（H＋）
c（OH－）
C.
c（NH）·c（OH－）
c（NH3·H 2O ）
D.
c（NH3·H 2O ）·c（H＋）
c（NH）
(4)根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是________(溶液中 N 元素只存在
NH ＋4 和 NH3·H2O 两种形式)。
A．点 b 所示溶液中：c(NH＋4 )＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．点 c 所示溶液中：c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH＋4 )
C．点 d 所示溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH＋4 )>c(OH－)
D．滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)>c(NH＋4 )>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
(5)滴定至 d 点之后若继续加入盐酸至图像中的 e 点(此时不考虑 NH ＋4 水解的
影响)，则 e 点对应的横坐标为________。
[解析] (5)设 e 点加入盐酸的体积为 x L，则剩余盐酸的量为 n 余(HCl)＝0.1 mol·L－1×x L－0.1 mol·L－1×V L＝0.1(x－V) mol，此时溶液的 pH＝2，则有 0.1(x－
V) mol＝10－2 mol·L－1×(x＋V) L，解得 x＝11V
9 。
[答案] (1)10－5 (2)d>c>b (3)ACD (4)D (5)11V
9
13．(2019·北京高考)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量
(废水中不含干扰测定的物质)。Ⅰ.用已准确称量的 KBrO3 固体配制一定体积的 a
mol·L－1 KBrO3 标准溶液；
Ⅱ.取 v1 mL 上述溶液，加入过量 KBr，加 H2SO4 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入 v2 mL 废水；
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量 KI；
Ⅴ.用 b mol·L－1 Na2S2O3 标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加 2 滴淀粉
溶液，继续滴定至终点，共消耗 Na2S2O3 溶液 v3 mL。
已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
Na2S2O3 和 Na2S4O6 溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是_____________________________。
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是______________________________。
(4)Ⅳ中加 KI 前，溶液颜色须为黄色，原因是____________________。
(5)KI 与 KBrO3 物质的量关系为 n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI 一定过量，理由是
_________________________。
(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是____________________________。
(7)废水中苯酚的含量为________ g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。
(8)由于 Br2 具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会
造成测定结果偏高。
[解析] (2)－1 价 Br 与＋5 价 Br 在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价
变为 0 价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为 5Br－＋BrO－3 ＋6H＋===3Br2＋
3H2O。
(3) 苯 酚 与 溴 发 生 取 代 反 应 生 成 三 溴 苯 酚 和 溴 化 氢 ， 其 化 学 方 程 式 为↓＋3HBr。
(4)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也
为下一步操作打下基础。
(5)5Br－＋BrO－3 ＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反应物用量
存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则
n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1 时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗 Br2，所
以当 n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI 一定过量。
(6)溴与 KI 反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反
应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失。
(7)v1 mL a mol ·L－1 KBrO3 溶液的物质的量为 av1×10－3 mol，v3 mL b
mol·L－1 硫代硫酸钠的物质的量为 bv3×10－3 mol，可消耗 I2 的物质的量为 1
2bv3
×10－3 mol；由 3I2～BrO －3 可知，生成 1
2bv3×10－3 mol I2 需要消耗 BrO －3 的物质
的量为 1
6bv3×10－3 mol，即与苯酚对应的BrO －3 的物质的量为(av1×10－3－1
6bv3×
10－3)mol，由 ～3Br2～BrO －3 可知，苯酚的物质的量为(av1×10－3－1
6bv3×10
－ 3) mol ， 即 废 水 中 苯 酚 的 含 量 ＝
（av1 × 10－3－1
6bv3 × 10－3） mol × 94 g·mol－1
v2 × 10－3 L
＝（6av1－bv3） × 94
6v2 g·L
－1＝47（6av1－bv3）
3v2 g·L－1。
(8)溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测
定结果偏高。
[答案] (1)容量瓶
(2)5Br－＋BrO－3 ＋6H＋===3Br2＋3H2O
(4)Br2 过量，保证苯酚完全反应
(5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗 KI 物质的
量是 KBrO3 物质的量的 6 倍，因有苯酚消耗 Br2，所以当 n(KI)≥6n(KBrO3)时，
KI 一定过量
(6)溶液蓝色恰好消失
(7)
（6av1－bv3） × 47
3v2
(8)易挥发
14．(2019·江苏高考)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m 广泛用于水的净化。以
FeSO4·7H2O 为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的 FeSO4·7H2O 溶于稀硫酸，在约 70 ℃下边搅拌边缓慢加入一
定量的 H2O2 溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2 氧化 Fe2＋的
离子方程式为_____________；水解聚合反应会导致溶液的 pH________。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品 3.000 g，置于 250
mL 锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的 SnCl2 溶液(Sn2＋将 Fe3＋还
原为 Fe2＋)，充分反应后，除去过量的 Sn2＋。用 5.000×10－2 mol·L－1 K2Cr2O7
溶液滴定至终点(滴定过程中 Cr2O 2－7 与 Fe2＋反应生成 Cr3＋和 Fe3＋)，消耗
K2Cr2O7 溶液 22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的 Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将
________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。
[解析] (1)将一定量的 FeSO4·7H2O 溶于稀硫酸中，缓慢加入 H2O2 溶液，
发生氧化还原反应，反应的离子方程式为 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；
Fe3＋水解聚合使得溶液酸性增强，即会导致溶液的 pH 减小。
(2)①实验中滴加过量的 SnCl2 溶液(Sn2＋将 Fe3＋还原为 Fe2＋)，若不除去过量
的 Sn2＋，滴定过程中 Cr2O 2－7 与 Sn2＋反应，消耗 K2Cr2O7 偏多，使结果偏大。②
根据题意，计算出消耗 K2Cr2O7 的物质的量，然后根据氧化还原反应的电子得失守恒，找出关系式，列等式计算求出铁原子的物质的量，得出铁元素的质量，最
后得出样品中铁元素的质量分数。
[ 答 案 ] (1)2Fe2 ＋ ＋ H2O2 ＋ 2H ＋ ===2Fe3 ＋ ＋ 2H2O 减 小 (2)① 偏 大
②n(Cr2O2－7 )＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.100×10－3
mol 由滴定时 Cr2O2－7 →Cr3＋和 Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒的关系
式：Cr2O2－7 ～6Fe2＋(或 Cr2O2－7 ＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)
则 n(Fe2＋)＝6n(Cr2O2－7 )＝6×1.100×10－3 mol＝6.600×10－3 mol
样品中铁元素的质量：
m(Fe)＝6.600×10－3 mol×56 g·mol－1＝0.369 6 g
样品中铁元素的质量分数：
w(Fe)＝0.369 6 g
3.000 g
×100%＝12.32%。
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