备战2026年高考化学考试易错题（新高考）易错类型13 水溶液中的离子平衡（8大易错点）（解析版）

易错类型13水溶液中的离子平衡

01易错陷阱（8大陷阱）

易错点1不理解弱电解质的多级电离特点

易错点2不会比较容易的酸性或碱性强弱

易错点3溶液的稀释与pH变化

易错点4酸碱中和滴定实验中的常错点

易错点5不理解盐类水解的特点

易错点6混合溶液中离(粒)子浓度大小比较

易错点7有关Ksp的常见计算

易错点8不会分析电解质曲线

02易错题通关

易错点1不理解弱电解质的多级电离特点

【分析】

多元弱酸的电离是分步进行的，每步各有电离平衡常数，通常用K1、K2等来分别表示。

多元弱酸各步电离常数的大小比较为Ka1＞Ka2，因此，多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定。由于多元弱

碱为难溶碱，所以一般不用电离平衡常数。

2

【例1】（2024·江苏卷）室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1H2SO31.310，

8

Ka2H2SO36.210。

实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH3。

1

实验2：将SO2气体通入0.1molLNaOH溶液中，当溶液pH4时停止通气。

1

实验3：将SO2气体通入0.1molL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

2

A．实验1所得溶液中：cHSO3cSO3cH

2

B．实验2所得溶液中：cSO3cHSO3

C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体

22

D．实验3所得溶液中：cSO4cMn

【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：-2-2++。

5SO2+2MnO4+2H2O=5SO4+2Mn+4H

2

【解析】A．实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：cHSO32cSO3cOHcH，则

2

cHSO3cSO3cH，A错误；

104c(SO2-)104c(SO2-)

3832

B．实验2为pH为4，依据Ka2-，则6.210=-，溶液，则cSO3cHSO3，

c(HSO3)c(HSO3)

B错误；

C．NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得NaHSO4固体，C错误；

．实验依据发生的反应：-2-2++，则恰好完全反应后22，

D35SO2+2MnO4+2H2O=5SO4+2Mn+4HcSO4cMn

D正确；

故选D。

【变式1-1】（2024届·贵州贵阳·三模）已知相关数据如下表：

化学式HFH2CO3H2S

4711812

电离平衡常数(Ka)7.210K14.410K24.710K19.110K21.110

下列离子方程式书写正确的是

232

A．Na2S与少量FeCl3反应：S2Fe=2FeS

2

B．足量CO2通入饱和Na2CO3溶液中：2NaCO3CO2H2O=2NaHCO3

2

C．氢氧化钙溶液与氢氟酸混合的离子方程式：2OHCa2H2F=CaF22H2O

22

D．向Na2CO3溶液通入过量H2S：H2SCO3=CO2SH2O

【答案】B

23

【解析】A.Na2S与少量FeCl3反应，正确的离子方程式为3S2Fe2FeSS，A错误；

B.足量CO2通入饱和Na2CO3溶液中，会生成碳酸氢钠沉淀，离子方程式为

2

2NaCO3CO2H2O=2NaHCO3，B正确；

C.HF为弱酸，在离子方程式中不能拆分，需保留化学式，C错误；

2

D.碳酸的酸性强于H2S，所以不能发生上述反应，正确的离子方程式为H2SCO3HCO3HS，D错误；

故答案选B。

易错点2不会比较容易的酸性或碱性强弱

【分析】

1、溶液的酸碱性

（1）溶液的酸碱性：溶液酸碱性的判断标准是溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小

（2）溶液的酸碱性与c(H＋)和c(OH－)的关系

c(H＋)与c(OH－)相对大小c(H＋)/mol·L－1的范围(25℃)

中性溶液c(OH－)＝c(H＋)c(H＋)＝1.0×10－7

酸性溶液c(OH－)<c(H＋)c(H＋)>1.0×10－7

碱性溶液c(OH－)>c(H＋)c(H＋)<1.0×10－7

＋

（3）溶液的pH与c(H)及酸碱性的关系

＋＋

①pH的定义：pH是c(H)的负对数，其表达式是pH＝－lgc(H)

②pH的意义：pH越大，溶液的碱性越强；pH越小，溶液的酸性越强

③溶液酸碱性与pH的关系(常温下)：pH＜7，为酸性溶液；pH＝7，为中性溶液；pH＞7，为碱性溶液

④pH的适用范围：1×10－14mol·L－1≤c(H＋)≤1mol·L－1

【点拨】①酸性(碱性)溶液并不一定是酸类(碱类)物质

②判断溶液的酸碱性不能根据c(H+)和c(OH–)绝对大小，而应比较二者相对大小，不受温度影响

③溶液的酸碱性也不能根据pH来判断，如：pH=7的溶液不一定为中性溶液，100℃时，pH=6为中性溶液

＋－－＋－

④当c(H)或c(OH)大于1mol·L1时，通常用c(H)或c(OH)直接表示

⑤当c(H＋)或c(OH－)小于或等于1mol·L－1时，通常用pH表示

【例2】（2023·天津卷）下表列出25℃时不同羧酸的pKa(即-lgKa)。根据表中的数据推测，结论正确的是

羧酸CH3COOHCH2FCOOHCH2ClCOOHCH2BrCOOH

pKa4.762.592.872.90

A．酸性强弱：CH2ICOOH>CH2BrCOOH

B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<Br

C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH

D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：CH3COONa<CH2ClCOONa

【答案】C

【解析】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸

性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A错误；

B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，

B错误；

C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性

增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正确；

D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越

弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D错误；

故答案为：C。

易错点3溶液的稀释与pH变化

【分析】

酸碱溶液稀释时pH的变化

酸(pH＝a)碱(pH＝b)

弱酸强酸弱碱强碱

稀释10n倍pH<a＋npH＝a＋npH>b－npH＝b－n

无限稀释pH趋向于7

【例3】（2024·贵州卷）硼砂Na2B4O5(OH)48H2O水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的

量的B(OH)3(硼酸)和NaB(OH)4(硼酸钠)。

已知：①℃时，硼酸显酸性的原理K5.81010

25BOH32H2OH3Oa

②lg5.80.38。

下列说法正确的是

A．硼砂稀溶液中cNacB(OH)3

B．硼酸水溶液中的H主要来自水的电离

C．25℃时，0.01molL1硼酸水溶液的pH6.38

D．等浓度等体积的B(OH)3和NaB(OH)4溶液混合后，溶液显酸性

【答案】B

【解析】

．2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)和NaB(OH)，硼酸遇水转换

AB4O5OH434

+1-

B(OH)3+2H2OH3O+，根据物料守恒，cNacB(OH)3cBOH，A错误；

24

++

B．根据已知，硼酸遇水转换B(OH)3+2H2OH3O+，其中的H是由水提供的，B正确；

-

cH+cBOH

．时，B(OH)+2HOHO++，410，

C25℃323Ka=5.810

cB(OH)3

+10-126，因，，错误；

cH5.810cB(OH)35.8105.810lg5.80.38pH60.385.62C

14

-K101

．B(OH)的电离平衡常数为K5.81010，的水解平衡常数K=w104，水

D3aBOH4h10

Ka5.8105.8

解程度大于电离程度，显碱性，D错误；

故选B。

【变式3-1】（2021·浙江）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0.01molL-1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸

B．25℃时，若测得0.01molL-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10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，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10.0mL，升温至50℃，测得pH=b，a>b，则HR是弱

酸

【答案】B

【解析】

A．25℃时，若测得0.01molL-1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；

+

B．25℃时，若测得0.01molL-1HR溶液pH>2且pH<7，可知溶液中cH0.01mol/L，所以HR未

完全电离，HR为弱酸，B正确；

C．假设HR为强酸，取PH=6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液PH<7，C错误；

D．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；

答案为：B。

易错点4酸碱中和滴定实验中的常错点

【分析】

1.滴定管的认识和使用

（2）滴定管的认识

①构造：滴定管的管身是内径均匀、带有刻度的细长玻璃管，酸式滴定管的下端是玻璃活塞，碱式滴定管

的下端是由橡皮管和玻璃球构成的阀。

②滴定管的使用要求：酸式滴定管不能盛放碱液、水解呈碱性的溶液和氢氟酸，可以呈酸液、氧化性溶液

和中性溶液，因为酸性和氧化性物质易腐蚀橡胶管；碱式滴定管不能盛放酸液和强氧化性溶液，可以呈碱

液和中性溶液，因为碱性物质易腐蚀玻璃，致使活塞无法打开。

③规格：滴定管的最小分度是0.1mL，实验室中常用滴定管的规格有25mL和50mL两种。

④滴定管的读数方法：0刻度在上，从上往下读，读数时取小数点后两位，估读至0.01mL；如：24.00mL、

23.38mL。

⑤用途：滴定管主要是用来精确地量取一定体积的液体。

⑥由于滴定管尖嘴处无刻度，故将滴定管中的液体全部放出时，放出的液体体积比理论值要大。

（3）滴定管的使用方法

①检查仪器：使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水。

检查滴定管是否漏水的方法：向滴定管内加水(对酸式滴定管，要先关闭活塞)至液面在“0”刻度线附近，用

滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察滴定管是否漏水。若不漏水，对酸式滴定管将活塞旋转180°，对

碱式滴定管松动其阀门，放出少量液体，再次观察滴定管是否漏水，经两次检查都不漏水的滴定管是检漏

合格的滴定管。只有不漏水的滴定管才能使用，若滴定管漏水，则不能使用。

②润洗仪器：滴定管在加入酸、碱反应液之前，先用蒸馏水洗涤干净，然后分别用待装液润洗2～3次。

润洗的方法：从滴定管上口加入3~5mL所要盛装的酸或碱，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内

壁。然后，一手控制活塞(轻轻转动酸式滴定管的活塞；或者轻轻挤压碱式滴定管中的玻璃球)，将液体从滴

定管下部放入预置的烧杯中。

③加入反应液：分别将酸、碱反应液加入酸式、碱式滴定管中，使液面位于“0”刻度以上2～3mL处，并将

滴定管垂直固定在滴定管夹上。

④调节起始读数：在滴定管下放一烧杯，调节活塞或玻璃球，使滴定管尖嘴部分充满反应液，如果滴定管

内部有气泡，应快速放液以赶出气泡，然后调节滴定管液面使其处于“0”刻度或“0”刻度以下的某一刻度。准

确读取数值并记录。

2、实验操作——以用盐酸标准液滴定NaOH溶液为例

（1）查漏：使用前先检查滴定管活塞是否漏水。

（2）洗涤

①锥形瓶：只能用蒸馏水洗涤，不能用待测溶液润洗。

②滴定管洗涤：应先用自来水，再用蒸馏水，然后再用标准溶液(或待测溶液)润洗2~3次，以避免溶液被滴

定管内壁上附着的蒸馏水稀释而导致浓度变小。

③洗涤的原则：少量多次。

④洗涤的标准：管内壁不挂水珠。

（3）取液

①向润洗过的碱式滴定管中加入待测浓度的NaOH溶液，赶出气泡、调节液面至“0”刻度后，用碱式滴定管

向锥形瓶中滴入25.00mL待测溶液，再向其中滴加2滴酚酞溶液。

②向润洗过的酸式滴定管中加入标准盐酸，赶出气泡、调节液面至“0”刻度后准确记录读数为V1mL。

（4）滴定：在锥形瓶下垫一张白纸，左手控制滴定管的活塞，向锥形瓶中先快后慢地加入标准盐酸(后面逐

滴加入，接近终点时，改成滴加半滴酸)，右手摇动锥形瓶，眼睛观察锥形瓶内溶液的颜色变化

（5）读数：当加入最后半滴标准盐酸，溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，停止滴定。平视滴定

管中凹液面最低点，读取溶液体积为V2mL。

cHCl·VHCl

（6）计算：以(V2－V1)为消耗的标准盐酸的体积，取2～3次实验结果的平均值，依据c(NaOH)＝

VNaOH

计算待测NaOH溶液的物质的量浓度。

3、指示剂的选择

（1）中和滴定曲线：以滴加酸(或碱)的量为横坐标，以溶液的pH为纵坐标绘出一条溶液的pH随酸(或碱)

的滴加量而变化的曲线。

用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1HCl溶液过程中的pH变化曲线

加入的VNaOH(mL)余VHCl(mL)过量VNaOH(mL)pH中和滴定曲线

0.0020.001.0

18.002.002.3

19.800.203.3

19.980.024.3

20.000.007.0

20.020.029.7

20.200.2010.7

22.002.0011.7

40.0020.0012.5

（2）指示剂选择的依据：由曲线可以看出，在酸、碱中和滴定过程中，溶液的pH在接近滴定终点时有一

个突变过程，在此范围内，滴加很少的酸(或碱)，溶液的pH就有很大的变化，能使指示剂的颜色发生明显

变化，有利于确定滴定终点，所以即使酚酞、甲基橙的变色不在恰好中和的pH＝7的点上，但体积差距很

小，可以忽略不计。

（3）酸碱指示剂法(只能测定溶液的pH范围)

常见酸碱指示剂的变色范围

指示剂变色范围(颜色与pH的关系)

石蕊<5.0红色5.0～8.0紫色>8.0蓝色

酚酞<8.2无色8.2～10.0浅红色>10.0红色

甲基橙<3.1红色3.1～4.4橙色>4.4黄色

（4）指示剂选择的基本原则

①酸碱中和滴定中一般不用石蕊作指示剂，因其颜色变化不明显。

②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，如：用NaOH溶液滴定醋酸。

③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，如：用盐酸滴定氨水。

④强酸滴定强碱一般用酚酞，但用甲基橙也可以。

⑤并不是所有的滴定都需使用指示剂，如氧化还原滴定中，用标准的酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液时，

可利用KMnO4溶液本身颜色的变化来判断滴定终点。

（5）滴定终点的判断——以盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液为例

①若用酚酞作指示剂，当滴入最后一滴盐酸时，溶液的颜色由粉红色突变为无色，且半分钟内不变色，说

明达到滴定终点。

②若用甲基橙作指示剂，当滴入最后一滴盐酸时，溶液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变色，说明

达到滴定终点。

3、常见的误差分析——以用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液为例

步骤操作V标准c(NaOH)

酸式滴定管未用标准溶液润洗偏大偏高

碱式滴定管未用待测液润洗偏小偏低

洗涤

锥形瓶用待测液润洗偏大偏高

锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无影响

取液放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失偏小偏低

酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失偏大偏高

滴定过程中振荡锥形瓶时部分液体溅出偏小偏低

滴定时，部分酸液滴出锥形瓶外偏大偏高

滴定时有几滴标准溶液滴在锥形瓶的内壁上而未用蒸馏水冲

滴定偏大偏高

入瓶内

溶液颜色较浅时滴入盐酸过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶

偏大偏高

液无变化

滴定完毕后立即读数，半分钟后颜色又褪去偏小偏低

滴定前仰视读数或滴定后俯视读数偏小偏低

读数

滴定前俯视读数或滴定后仰视读数偏大偏高

【微点拨】

－1

①用HCl滴定0.1mol·LNa2CO3溶液，第一步生成NaHCO3时，可选用酚酞为指示剂，由红色→浅红→无

色。化学方程式为：Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl；第二步生成碳酸(CO2↑＋H2O)，可选用甲基橙为指示

剂，由黄色→橙色，化学方程式为：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑。

②强酸与强碱完全中和时，溶液的pH就为7，但指示剂变色时，溶液的pH不等于7。是因为：强酸强碱

完全中和时溶液的pH就为7，而滴定的终点则是通过指示剂颜色的变化来观察，此时溶液的pH往往不是

7，但由滴定曲线可知：在滴定过程中开始一段时间溶液的pH变化不大，处于量变过程中，而在接近完全

中和时，滴入0.02ml的碱溶液时，溶液的pH变化很大，溶液由酸性变中性再变成碱性发生了突变，之后

再滴入碱溶液，溶液的pH变化又比较缓慢，说明滴定过程中，溶液的酸碱性变化经过了由量变引起质变的

过程，有一段发生了pH突变的过程，完全中和和酚酞或甲基橙指示剂变色的pH虽不同，但只相差半滴，

即只有0.02mL左右，这种误差在许可的范围之内。

③酸碱恰好中和(即滴定终点)时溶液不一定呈中性，最终溶液的酸碱性取决于生成盐的性质，强酸强碱盐的

溶液呈中性，强碱弱酸盐的溶液呈碱性，强酸弱碱盐的溶液呈酸性。

【例4】（2023·浙江卷）草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：

-1-1

实验I：往20mL0.1molLNaHC2O4溶液中滴加0.1molLNaOH溶液。

-1-1

实验Ⅱ：往20mL0.10molLNaHC2O4溶液中滴加0.10molLCaCl2溶液。

-2-5-9

[已知：H2C2O4的电离常数Kal=5.410,Ka2=5.410,KspCaC2O4=2.410，溶液混合后体积变化忽略不计]，

下列说法正确的是

A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点

2--

B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在cC2O4<cHC2O4

-2++

C．实验Ⅱ中发生反应HC2O4+CaCaC2O4+H

2--8-1

D．实验Ⅱ中VCaCl2=80mL时，溶液中cC2O4=4.010molL

【答案】D

【解析】A．NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要

选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；

B．实验I中V(NaOH)=10mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，

11014

K=5.4105>K，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在

a2h5.4105

2

cC2O4>cHC2O4，故B错误；

C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是

2+

2HC2O4+CaCaC2O4+H2C2O4，该反应的平衡常数为

2

c(H2C2O4)c(H2C2O4)c(H)c(C2O4)

K22222

c(Ca)c(HC2O4)c(Ca)c(C2O4)c(HC2O4)c(H)

K5.41051

a265

29104.210，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当

Ka1Ksp5.4102.4102.4

NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；

D．实验Ⅱ中VCaCl2=80mL时，溶液中的钙离子浓度为

0.1molL10.080L0.1molL10.020L

c(Ca2)=0.06molL1，溶液中

0.1L

KCaCO9

2sp242.410181，故正确。

cC2O4==molL=4.010molLD

c(Ca2)0.06

综上所述，答案为D。

【变式4-1】（2022·福建卷）探究醋酸浓度与电离度α关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述

正确的

步骤操作或叙述

AⅠ.用NaOH标准溶液标定醋酸溶液浓度滴定时应始终注视滴定管中的液面

BⅡ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液应使用干燥的容量瓶

CⅢ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH应在相同温度下测定

cH

DⅣ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度计算式为α100%

cCH3COO

【答案】C

【解析】A．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；

B．配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；

C．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的pH时应在相同温度下测定，C正确；

D．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和

cH

未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为α100%，D错误；

cCH3COOH

答案选C。

【变式4-2】（2022·浙江卷）25℃时，向20mL浓度均为0.1molL-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入

-15-1

0.1molL的NaOH溶液(酷酸的Ka=1.810；用0.1molL的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终

点的pH突跃范围4.3～9.7)。下列说法不．正．确．的是

A．恰好中和时，溶液呈碱性

+-

B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H+OH=H2O

--

C．滴定过程中，cCl=cCH3COO+cCH3COOH

+--

D．pH=7时，cNa>cCl>cCH3COO>cCH3COOH

【答案】B

【解析】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；

+-

B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式：H+OH=H2O，则滴加NaOH溶液

-1+-

的体积为20mL，则根据电离常数，0.1molL的醋酸中，c(H)≈c(CH3COO)=Kac(CH3COOH)

-3.5-1

=0.051.8×10-5=310molL>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程

+---

式为：H+OH=H2O和CH3COOH+OH=CH3COO+H2O，B错误；

--

C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：cCl=cCH3COO+cCH3COOH，

C正确；

D．向20mL浓度均为0.1molL-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1molL-1的NaOH溶液，当盐酸的体

积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶

-14

-5Kw10

液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10＞Kh==

Ka1.8×10-5

+--

可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有cNa>cCl>cCH3COO>cCH3COOH，

D正确；

故答案为：B。

易错点5不理解盐类水解的特点

2+℃

【例5】（2024·安徽卷）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd。已知25时，H2S

-1-6.97-12.90-17.20-26.10

饱和溶液浓度约为0.1molL，Ka1H2S=10，Ka2H2S=10，Ksp(FeS)=10，Ksp(CdS)=10。

下列说法错误的是

+--2-

A．Na2S溶液中：cH+cNa=cOH+cHS+2cS

-1+2---

B．0.01molLNa2S溶液中：cNa>cS>cOH>cHS

C．向cCd2+=0.01molL-1的溶液中加入FeS，可使cCd2+<10-8molL-1

2+-1+2+

D．向cCd=0.01molL的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：cH>cCd

【答案】B

+--2-

【解析】A．Na2S溶液中只有5种离子，分别是H、Na、OH、HS、S，溶液是电中性的，存在电荷守

恒，可表示为cH++cNa=cOH-+cHS-+2cS2-，A正确；

14

-12-c(OH)c(HS)KW101.1

B．0.01molLNa2S溶液中，S水解使溶液呈碱性，其水解常数为Kh212.910，

c(S)Ka210

c(OH)

根据硫元素守恒可知c(HS)101.1molL1,所以1，则c(OH)c(S2)，B不正确；

c(S2)

2+-1

C．Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向cCd=0.01molL的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化，该反

17.20

Ksp(FeS)108.95

应的平衡常数为K26.101010，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中

Ksp(CdS)10

cCd2+=1026.1molL-11013.05molL-1，若加入足量FeS时可使cCd2+<10-8molL-1，C正确

26.9712.90

c（H）KK10106.235

D．Cd2+HSCdS+2H的平衡常数Ka1a21010，该反

2（2）（）26.10

cCdcH2SKsp10

2+-12+

应可以完全进行，因此，当向cCd=0.01molL的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd可以完全沉淀，所

得溶液中cH+>cCd2+，D正确；

综上所述，本题选B。

【变式5-1】（2023·海南卷）25℃下，Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正

确的是

11

A．cNa2CO30.6molL时，溶液中cOH0.01molL

B．Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小

11

C．在水中H2CO3的Ka2410

1141

D．0.2molL的Na2CO3溶液和0.3molL的NaHCO3溶液等体积混合，得到的溶液cOH210molL

【答案】BD

1>1

【解析】A．由图像可以，cNa2CO30.6molL时，pH>12.0，溶液中cOH0.01molL，故A错误；

B．盐溶液越稀越水解，Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小，故B正确；

1

C．结合图像可知，当cNa2CO30.5molL，pH=12，碳酸根水解程度大于碳酸氢根，则

--22

c(HCO)c(OH)1010K11

3＞4W510

Kh=2-210，则Ka2＜，故C错误；

c(CO3)0.5Kh

D．混合后Na2CO3溶液浓度变为0.1mol/L，NaHCO3溶液浓度变为0.15mol/L，由

c(HCO-)c(OH-)

3=0.15c(OH)42444

Kh2-210，c(OH)2101.310210，故D正确。

c(CO3)0.13

答案为：BD。

易错点6混合溶液中离(粒)子浓度大小比较

【分析】

1、以“常温下，浓度均为0.1mol·L－1HA(弱酸)溶液和NaA溶液等体积混合，溶液呈酸性”为例。

实例

常温下，0.1mol·L－1HA溶液和NaA溶液等体积混合，溶液呈酸性

解题思路

＋－

NaA===Na＋A

＋－

写出混合溶液中存在的平HA自身电离：HAH＋A①(呈酸性，以HA电离为主)

－－－

衡过程NaAA中水解：A＋H2OHA＋OH②(水解呈碱性，次要)

＋－

H2OH＋OH

＋＋－－

①电荷守恒c(Na)＋c(H)＝c(A)＋c(OH)

②物料守恒显然n(Na＋)：n(A)＝2：1，则2c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)

③质子守恒将Na＋消掉得：c(HA)＋2c(H＋)＝c(A－)＋2c(OH－)

＋－－

分析：在没有电离和水解之前c(Na)、c(A)、c(HA)均为0.1mol·L1，

但由于溶液呈酸性，以HA的电离为主，即电离程度大于水解程度

c(HA)＝0.1－电离消耗＋水解生成<0.1

④离子(粒子)浓度比较

c(A－)＝0.1＋电离生成－水解消耗>0.1

c(Na＋)＝0.1，H＋是由HA电离出来的，电离程度很微弱，故浓度大小为：

c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)

【例6】（2020·天津卷）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是

A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)

B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中

-++-

cCH3COO>cNa>cH>cOH

C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)

在-1溶液中，2---1

D.1molLNa2ScS+cHS+cH2S=1molL

【答案】A

【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越

弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；相同浓度的CH3COOH和

CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中

－++

醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO)＞c(Na)＞c(H)＞c(OH

－)，故B正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+

发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；根据溶液中

−1−12−

的物料守恒定律，1mol∙LNa2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L，即c(S)+c(HS

－−1

)+c(H2S)=1mol∙L，故D正确；综上所述，答案为A。

3.044.371

【变式6-1】（2023·福建卷）25℃时，某二元酸H2A的Ka110、Ka210。1.0molLNaHA溶

、、2

液稀释过程中H2AHAA与pcNa的关系如图所示。已知pcNalgcNa,HA的

cHA

分布系数。下列说法错误的是

HA2．．

cH2AcHAcA

A．曲线n为HA的变化曲线B．a点：pH4.37

C．b点：2cH2AcHAcNaD．c点：cNacH3cHAcOH

【答案】B

【分析】1.0molL1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡

---

HA+H2OOH+H2A，HA的分布系数先保持不变后减小，曲线n为HA的变化曲线，pcNa的增大，

22

cNa减小，A增大明显，故曲线m为A的变化曲线，则曲线p为H2A的变化曲线；

【解析】A．1.0molL1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平