重难点突破 电解质溶液的图像分析-2024年高考化学二轮复习讲与练（新教材新高考）

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TOC \ "1-3" \p " " \h \z \u \l "_Tc22569" PAGEREF _Tc22569 \h 2
\l "_Tc4585" 考点一 中和滴定图像 PAGEREF _Tc4585 \h 2
\l "_Tc13360" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc13360 \h 2
\l "_Tc8373" PAGEREF _Tc8373 \h 5
\l "_Tc23371" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc23371 \h 6
\l "_Tc31880" 1.强酸与强碱滴定过程中pH曲线 PAGEREF _Tc31880 \h 6
\l "_Tc29059" 2.滴定曲线特点 PAGEREF _Tc29059 \h 6
\l "_Tc25963" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc25963 \h 7
\l "_Tc14938" 考点二 粒子浓度关系曲线 PAGEREF _Tc14938 \h 23
\l "_Tc28170" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc28170 \h 23
\l "_Tc11826" PAGEREF _Tc11826 \h 30
\l "_Tc17408" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc17408 \h 30
\l "_Tc2040" 1．分布系数图像 PAGEREF _Tc2040 \h 30
\l "_Tc21335" 2．对数图像 PAGEREF _Tc21335 \h 30
\l "_Tc29974" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc29974 \h 31
\l "_Tc26421" 考点三 溶度积曲线 PAGEREF _Tc26421 \h 50
\l "_Tc8693" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc8693 \h 50
\l "_Tc14544" PAGEREF _Tc14544 \h 57
\l "_Tc28569" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc28569 \h 57
\l "_Tc10014" 1．双曲线型 PAGEREF _Tc10014 \h 57
\l "_Tc17184" 2．对数曲线 PAGEREF _Tc17184 \h 58
\l "_Tc25816" 3．pM——浓度图 PAGEREF _Tc25816 \h 59
\l "_Tc9766" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc9766 \h 59
考点一 中和滴定图像
1．(2023•湖南卷，12)常温下，用浓度为0.0200ml·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200ml·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．Ka(CH3COOH)约为10-4.76
B．点a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
C．点b：c(CH3COOH)c(NHeq \\al(＋,4))>c(OH－)
【答案】B
【解析】溶液中存在的电荷守恒应为c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，故A错误；滴定分数为100%时，酸与碱的物质的量相等，即为滴定过程中反应恰好完全的时刻，故B正确；从滴定曲线看甲基红变色范围更接近于滴定终点，使用甲基橙显示偏晚，故C错误；滴定分数为150%时，即加入盐酸30.00 mL，此时溶质是NH4Cl和HCl，物质的量之比为2∶1，故c(NHeq \\al(＋,4))>c(H＋)，故D错误。
4．室温下，用0.1000 ml·L-1NaOH 溶液滴定0.1000 ml·L-1H3PO4溶液，滴定曲线如图所示，滴定分数是指滴定剂与被滴定物质的物质的量之比。下列说法正确的是( )
A．当滴定分数为1.00时，溶液中c(H3PO4)>c(H2PO4-)
B．在滴定过程中，水的电离程度先增大后减小，水的电离程度最大时对应的滴定分数在1.00和2.00之间
C．当滴定分数为2.00时，生成物的主要成分为Na3PO4
D．当滴定分数为1.50时，溶液中存在关系式：2c(H+)+3c(H3PO4)+c(H2PO4-)=3c(PO43-)+c(HPO42-)+2c(OH-)
【答案】D
【解析】A项，当滴定分数为1时，溶质为NaH2PO4，此时溶液显酸性，电离起主要作用，H2PO4-电离产生的HPO42-浓度大于水解产生的H3PO4，所以c (HPO42-) >c (H3PO4)，A错误；B项，溶液溶质为Na3 PO4时水的电离程度最大，只有在滴定分数为3的时候溶质为Na3PO4，此时水的电离程度最大，故B错误；C项，滴定分数为2时溶质为Na2HPO4，只有在滴定分数为3的时候溶质为Na3PO4，C错误；D项，滴定分数为1.5时，溶液中的溶质为等量的NaH2PO4和Na2HPO4。物料守恒： 2c (Na+) =3[c (H3PO4) +c (H2PO4-) +c (PO43-) ] ①，电荷守恒：：c (Na+) +c (H+) =c (H2PO4-) +2c (HPO42-)+3c (PO43-) +c (OH-) ②，由2 ×②-①可得出：2c(H+)+3c(H3PO4)+c(H2PO4-)=3c(PO43-)+c(HPO42-)+2c(OH-)，D正确。故选D。
5．(2023·安徽省安庆市二模)电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+( HPO42-)+2c(PO43-)
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c(H2PO4-)>c(HPO42-)
【答案】B
【解析】0-a发生的反应为PO43-+H+= HPO42-，a点的主成分为Na2HPO4和NaCl；a-b发生的反应为HPO42-+H+= H2PO4-，b点的主成分为NaH2PO4和NaCl；b-c发生的反应为H2PO4-+H+= H3PO4，c点的主成分为H3PO4和NaCl。A项，，即HPO42-的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，A项正确；B项，，即H2PO4-电离大于水解，b点溶液呈酸性，H2PO4-电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点HPO42-水解促进水的电离，水的电离a>b，B项错误；C项，b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+ c(H3PO4)=c(OH-)+( HPO42-)+2c(PO43-)，C项正确；D项，主成分为H3PO4和NaCl，由上分析两者物质的量之比为1：3，c(Cl-)> c(H3PO4)。同时磷酸的电离逐级减弱c(H2PO4-)> c(HPO42-)，所以c(Cl-)> c(H3PO4)> c(H2PO4-)> c(HPO42-)，故D项正确；故选B。
6．室温下，向20.00 mL 0.100 0 ml·L-1盐酸中滴加0.100 0 ml·L-1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如下图所示，下列说法中不正确的是( B )
A．上述三种指示剂配制时都加入了乙醇增强溶解性
B．该实验可以选择图中三种指示剂
C．若将上述盐酸换成等浓度的醋酸可用酚酞作指示剂
D．若将上述NaOH溶液改成等浓度的氨水，可选用甲基橙作指示剂
【答案】B
【解析】酚酞、甲基红和甲基橙三种指示剂配制时都加入了乙醇增强溶解性，A项正确；甲基橙的变色范围在突变范围外，误差较大，不能作为指示剂，B项错误；用NaOH溶液滴定醋酸时，滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，应该选酚酞作指示剂，C项正确；氨水滴定盐酸是弱碱滴定强酸，终点时溶液显酸性，应使用酸性区域变色的指示剂，可选用甲基橙作指示剂，D项正确。
7．(2023·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考)已知HX、HY均为一元酸，室温下用 NaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的HX、HY溶液时的滴定曲线如下。下列有关说法正确的是( )
A．a=20
B．HX可能为强酸，HY一定是弱酸
C．若E为滴定终点，则室温下Ka(HY)＜1.0×10-6
D．图中B、D两点对应的溶液中存在c(Y-)=c(X+)
【答案】B
【解析】常温下，0.1000ml/LNaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的两种一元酸HX、HY溶液，起始时HX和HY两种酸的浓度相同，酸性越强，则溶液中c(H + )，pH就越小，结合溶液中的守恒思想和图象，据此分析判断。A项，由图像可知浓度均为0.1000ml·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，部分电离，为弱酸；HX的pH=1溶液，全部电离，为强酸；HX溶液用NaOH溶液滴定呈中性时消耗20mLNaOH，则同样滴定到中性的HY溶液消耗的NaOH溶液大于20mL，a﹥20，故A错误；B项，由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，a﹥20，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，c(X+)和c(Y-)也不可能相等，故B正确；C项，由图像可知浓度均为0.1000ml·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，则室温下﹥10-6，故C错误；D项，由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，a﹥20，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，c(X+)和c(Y-)也不可能相等，故D错误；故选B。
8．常温下，用0.0100ml·L-1NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.0100ml·L-1的HCl和HA的混合溶液，所得溶液pH变化如图所示。已知HA的电离常数。下列有关说法错误的是( )
A．b点溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
B．若c点的pH=5，则该点溶液中：c(HA)=c(A-)
C．曲线上任何一点溶液中：c(Cl-)=c(A-)+c(HA)
D．在滴定过程中，水的电离程度：d>c>b>a
【答案】A
【解析】A项，b点溶液中：可认为HCl完全反应，溶质成分为NaCl和HA，，且两者的物质的量之比为1：1，溶液显酸性，c(Na+)=c(Cl-)，HAH+A-部分电离，水中也能电离产生氢离子，故氢离子浓度大于A-，A错误；B项，HA的电离常数，若c点的pH=5，c(H+)=10-5ml/L，c(HA)=c(A-)，B正确；C项，HCl和HA的混合溶液中浓度相等，物质的量也相等，根据物料守恒，曲线上任何一点溶液中：c(Cl-)=c(A-)+c(HA)，C正确；D项，在滴定过程中，d点为滴定终点，溶质成分为正盐：NaCl和NaA，水的电离程度最大，起点为酸溶液，酸抑制水电离，滴加氢氧化钠溶液的过程中抑制程度逐渐减弱，生成正盐时水的电离程度最大，故水的电离程度：d>c>b>a ，D正确；故选A。
9．当25℃时，向20.00mL某浓度新制氯水中滴入的NaOH溶液，滴定曲线如图所示，已知次氯酸的电离常数为Ka=2.5×10-8。下列说法正确的是( )
A．甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：HClO+OH-=H2O+ClO-
B．甲到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C．丙点溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(HClO)＞c(H+)
D．氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，其平衡常数K的数量级为10-4
【答案】C
【解析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH-的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH-的反应。A项，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H2O，A不正确；B项，甲到丙的过程中，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；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B不正确；C项，丙点溶液中，Ka==2.5×10-8，此时c(H+)=10-8ml/L，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(HClO)＞c(H+)，C正确；D项，氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)==0.05ml/L，其平衡常数K===，数量级为10-5或更小，D不正确；故选C。
10．甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：
HOOCCH2NH3+H++-OOCCH2NH3+ K1
-OOCCH2NH3+H++-OOCCH2NH2 K2
常温时，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．水的电离程度：Q>X
B．X→P过程中：逐渐增大
C．P点的溶液中：c(HOOCCH2NH3+)+c(H+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)
D．当时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl
【答案】D
【解析】A项，由图示可知，X点对应的溶液酸性小于Q点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A错误；B项，由K2=可知，=，由题干图示可知，Q→P过程中溶液pH增大，即c(H+)减小，K2不变，则逐渐减小，B错误；C项，由题干图示信息可知，P点对应加入的NaOH为15mL，此时反应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH3+和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式为：c(HOOCCH2NH3+)+c(H+)+c(Na+)=c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故c(HOOCCH2NH3+)+c(H+)＜c(-OOCCH2NH2)+c(OH-)，C错误；D项，当V(NaOH)=20mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)和NaOH的物质的量之比为1：2，反应方程式为：HOOCCH2NH3Cl+2NaOH=NaOOCCH2NH2+NaCl+2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D正确；故选C。
11．298 K时，向20.0 mL 0.10 ml·L－1 H2A溶液中滴加0.10 ml·L－1 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.该滴定过程应该选择石蕊溶液作指示剂
B.W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A＋2OH－===A2－＋2H2O
C.Y点对应的溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(A2－)
D.反应H2A＋A2－2HA－的平衡常数K＝1.0×107.4
【答案】D
【解析】石蕊不能用作酸碱中和滴定的指示剂，根据图示滴定终点的pH，可知第二反应终点应用酚酞作指示剂，A项错误；X点对应的溶液中溶质主要是NaHA，W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A＋OH－===HA－＋H2O，B项错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，因为Y点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，所以c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(A2－)，C项错误；H2AHA－＋H＋，Ka1＝eq \f(cH＋·cHA－,cH2A)，由于W点c(HA－)＝c(H2A)，故Ka1＝c(H＋)＝1.0×10－2.3；HA－A2－＋H＋，Ka2＝eq \f(cH＋·cA2－,cHA－)，由于Y点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，故Ka2＝c(H＋)＝1.0×10－9.7；H2AHA－＋H＋与HA－A2－＋H＋相减即得H2A＋A2－2HA－，此时的平衡常数K＝eq \f(Ka1,Ka2)＝eq \f(1.0×10－2.3,1.0×10－9.7)＝1.0×107.4，D项正确。
12．常温下，用0.10ml/LNaOH溶液分别滴定20.00mL起始浓度也均为0.1ml/L的一元弱酸HX和HY溶液，已知HX电离程度小于HY，且当时，可以认为弱酸达电离平衡时的浓度近似等于起始浓度，其滴定曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．图中曲线I对应的为HY，II电离常数为
B．在B1和B2两点对应的溶液中，满足
C．两条曲线终点坐标分别为C1、C2，两曲线相比，曲线I选用酚酞作终点指示剂误差更小
D．当溶液pH=7时，曲线Ⅱ加入NaOH物质的量与剩余酸的物质的量之比为1：10
【答案】B
【解析】相同条件下，酸溶液的酸性越强，电离程度越大，电离常数越大，水的电离程度越小，已知HX电离程度小于HY，则酸性HXa>d
【答案】B
【解析】由图可知，a点0.1ml/LHX溶液的pH为2.8，b点为HX溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈酸性，c点为HX溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到NaX溶液，d点为等浓度的NaX和氢氧化钠的混合溶液。A项，a点0.1ml/LHX溶液的pH为2.8，HX的电离常数为≈=10—4.6，则电离常数的数量级为10—5，故A正确；B项，a点0.1ml/LHX溶液的pH为2.8，由电离常数公式可得=，加水稀释时，电离常数不变，氢离子浓度减小，则减小，减小，故B错误；C项，b点为HX溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈酸性，HX在溶液中的电离程度大于NaX在溶液中的水解程度，则溶液中微粒的大小顺序为c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH-)，故C正确；D项，a点溶液中HX抑制水的电离，b点溶液中HX抑制水的电离、NaX促进水的电离，c点溶液中NaX促进水的电离，d点溶液中NaX促进水的电离、氢氧化钠抑制水的电离，则水的电离程度大小顺序为c>b>a>d，故D正确；故选B。
15．(2023·福建省泉州市高三毕业班质量监测)25℃时，用0.1 ml/L NaOH溶液分别滴定20 mL浓度均为0.1 ml/L的HCl、CH3COOH，所加NaOH溶液的体积与反应后溶液pH的关系如图所示。现用0.1 ml/L NaOH溶液滴定20 mL浓度均为0.1 ml/L的HCl和CH3COOH的混合酸溶液，下列叙述正确的是( )
A．CH3COOH的电离常数Ka约为
B．滴定混合酸至pH=4.4时，仅发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O
C．滴定混合酸至pH=7时，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．滴定混合酸至pH=8.2时，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)
【答案】D
【解析】HCl是一元强酸，c(H+)=c(HCl)=0.1 ml/L，溶液pH=1；CH3COOH是一元弱酸，存在电离平衡，c(H+)＜c(CH3COOH)= 0.1 ml/L，溶液pH＞1，水解根据图象可知曲线II表示NaOH滴定HCl的曲线，曲线I表示NaOH滴定CH3COOH的曲线。项，曲线I表示NaOH滴定CH3COOH的曲线，醋酸溶液浓度是0.1 ml/L，在未滴加NaOH溶液时，溶液pH=3，则c(H+)=10-3 ml/L， 根据醋酸电离方程式CH3COOHCH3COO-+H+可知：c(CH3COO-)=c(H+)=10-3 ml/L，所以该温度下CH3COOH的电离常数Ka=，A错误；B项，由于0.1 ml/LCH3COOH溶液pH=3；0.1 ml/LHCl的pH=1，所以滴定混合酸至pH=4.4时，发生反应为HCl+NaOH=NaCl+H2O和CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，B错误；C项，NaCl是强酸强碱盐，不水解，CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此当滴定混合酸至pH=7时，CH3COOH未反应完全，溶液为NaCl、CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以此时溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C错误；D项，滴定混合酸至pH=8.2时，溶液pH在滴定突跃范围，HCl、CH3COOH恰好完全被中和，溶液为NaCl、CH3COONa的混合溶液，二者的物质的量相等。根据物料守恒可知c(Na+)最大；Cl-不发生水解，CH3COO-发生水解反应而消耗，所以c(Cl-)＞c(CH3COO-)；CH3COO-发生水解反应产生OH-，使溶液显碱性，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，则c(CH3COO-)＞c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，D正确；故选D。
16．(2023·河南省十所名校高中毕业班尖子生高三第一次考试)25℃时，用0.1000的溶液分别滴定体积均为50.00、浓度均为0.0500的5.6×10-11 ml·L-1、KHP (邻苯二甲酸氢钾)及溶液，其滴定曲线如图所示：
下列说法正确的是( )
A．Ka(HF )＜Ka(HClO)
B．V(NaOH溶液)时，②中c(H2P)＞c(P2-)
C．V(NaOH溶液)均为0时，阴离子总数①②③
D．分别滴定至时，c(ClO-)＜c(P2-)-c(H2P)＜c(F-)
【答案】D
【解析】由滴定曲线可知，起始时，5.6×10-11 ml·L-1的pH最大，故酸性最弱；HF的pH最小，故酸性最强。A项，由滴定曲线可知，起始时，HClO的pH较大，故酸性较弱，A错误；B项，V(NaOH溶液)=25.00 mL时，恰好完全反应，②的溶液中主要含Na+、K+、P2-，P2-水解使溶液显碱性，但水解是少量的，故c(H2P) ＜c(P2-)，B错误；C项，HClO、HF为弱酸且酸性HF大于HClO，而KHP是强电解质，起始时溶液中阴离子(HP-)浓度很大，阴离子总数①＜③＜②，C错误；D项，由电荷守恒和物料守恒可知，①、②、③中依次有c(Na+)= c(ClO-)、c(Na+)= c(P2-)-c(H2P)、c(Na+)= c(F-)，但是由于酸性HClOc(H2C2O4)
D．图中②点所示的溶液中：2c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)
【答案】B
【解析】图中①点为第一滴定点，得到溶质为NaHC2O4；图中②点为第二滴定点，得到溶质为Na2C2O4。A项，甲基橙变色范围的pH值为3.1~4.4，滴入10mL标准NaOH溶液时，溶液pH为4.7，颜色由红色变为黄色，A错误；B项，图中①点为第一滴定点，得到溶质为NaHC2O4，由质子守恒可知，所示溶液中：c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)，B正确；C项，在①②之间的任意一点，得到溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，如果溶质以Na2C2O4为主，则c(HC2O4-)KHB>KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】根据三种酸的浓度均为0.1 ml·L－1，结合滴定前三种酸溶液pH：HAHD，由于酸性越强其电离常数越大，即电离常数：KHA>KHB>KHD，A正确；由P点时中和百分数为50%，可知溶液中c(HB)＝c(NaB)，再结合此时溶液pHc(Na＋)，B正确；NaOH滴定HA，根据电荷守恒可知，cA(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，当溶液pH＝7时，cA(Na＋)＝c(A－)，同理cB(Na＋)＝c(B－)、cD(Na＋)＝c(D－)，根据中和反应原理可知溶液呈中性时三种酸消耗的NaOH的量不同，故溶液中c(Na＋)不同，则c(A－)、c(B－)、c(D－)不同，C错误；当中和百分数达100%时，将三种溶液混合，即溶液为NaA、NaB、NaD的混合液，根据质子守恒可知c(OH－)＝c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＋c(H＋)，即c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D正确。
21．(2023·上海市高三模拟)0.1 ml·LNaOH溶液分别滴入20 mL 0.1 ml·L HX溶液与20 mL 0.1 ml·L HCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．b点：B．c点：
C．a、d点溶液混合后为酸性D．水的电离程度：d>c>b>a
【答案】D
【解析】NaOH是一元强碱，HCl是一元强酸，当滴加20mLNaOH溶液时溶液为中性，则N曲线为HCl溶液的滴定曲线，M曲线为HX溶液的滴定曲线且可以判断该酸为弱酸。A项，b点的pH=6则，则，故A错误； B项，c点是NaX与HX1:1的混合溶液，根据质子守恒可得：，故B错误；C项，a、d点溶液混合即30mLNaOH溶液与20 mL 0.1 ml·L-1 HX溶液与20 mL 0.1 ml·L-1 HCl溶液混合，溶质为NaCl 和1:1的NaX与HX，酸碱性等价于c点，由图可知呈碱性，故C错误；D项，d点溶质只有NaX对水的电离起促进作用，c点NaX与HX1:1的混合溶液，溶液显碱性说明水解程度大于电离程度，HCl是一元强酸而HX为弱酸，强酸对水的电离的抑制程度更大，所以水的电离程度：d>c>b>a，故D正确；故选D。
22．(2023·河南省南阳市三模)常温下，向10 mL0.1 ml·L-1HA溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1的MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。
下列说法正确的是( )
A．a→d过程中，水的电离程度逐渐增大
B．加入10 mL→13 mL MOH溶液时，导电率降低是因为离子总数减小
C．常温下，Kb (MOH) =Ka(HA)≈10 -4.6
D．b点溶液中c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +c (OH- )
【答案】C
【解析】起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，c点加入MOH10ml时二者完全反应呈中性，也说明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量为1：1。A项，a→c过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，c→d是碱过量又抑制水的电离，故A错误；B项，10 mL→13 mL是碱过量，离子数目继续增加，溶液体积继续增大，但是离子浓度在减小，所以导电率减小，故B错误；C项，因为生成的弱酸弱碱盐呈中性，说明Kb (MOH) =Ka(HA)，在a点pH=2.8，c(H+)=c(A-)=10-2.8 ml/L，c(HA)=0.1ml/L，，故C正确；D项，b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量为1：1，根据物料守恒和电荷守恒得出如下式子c(HA)+c(A-)=2c(M+)+2c(MOH)(1)和c(H+)+c(M+)=c(A-)+c(OH-)(2)，(1)+(2)×2得到如下式子：c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +2c (OH- )，故D错误；故选C。
考点二 粒子浓度关系曲线
1．(2023•浙江省1月选考，13)甲酸Ka=1.8×10-4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+H2OR3NH++OH-
B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18
C．废水初始pH5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在
【答案】D
【解析】A项，由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH-，故A正确；B项，由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中=-18，故B正确；C项，由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸个离子浓度减小，与R3NH+作用的数目减小，故C正确；D项，由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH-，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误；故选D。
2．(2023•山东卷，15)在含HgI2(g)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-HgI3--；HgI2(aq)+2I-HgI42-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)随lgc(I-)的变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线表示lgc(HgI42-)的变化情况
B．随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小
C．
D．溶液中I元素与元素的物质的量之比始终为2：1
【答案】B
【信息提取】由题干反应方程式HgI2(aq)Hg2++2I-可知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3-) =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)，lgc(HgI42-) ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0=c[HgI2(aq)]为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)。
【解析】A项，线L表示lgc(HgI42-)的变化情况，A正确；B项，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化学平衡常数K0= c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，B错误；C项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：，C正确；D项，溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2：1，D正确；故选B。
3．(2023•湖北省选择性考试，14)H2L为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建Fe(Ⅲ)- H2L溶液体系，其中，。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，已知，。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lgK约为14
D．当pH=10时，参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3 ml·L-1
【答案】C
【解析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH。A项，从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；B项，根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；C项，该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；D项，根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；故选C。
4．(2022•辽宁省选择性考试)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一、在时，NH3+CH2COOH、NH3+CH2COO-和NH2CH2COO-的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是( )
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表NH2CH2COO-
C．NH3+CH2COO-+H2ONH3+CH2COOH+OH-的平衡常数K=10-11.65
D．c 2(NH3+CH2COO-)＜c(NH3+CH2COOH) · c(NH2CH2COO-)
【答案】D
【解析】A项，NH2CH2COOH中存在-NH2和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B项，氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NH3+CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示NH3+CH2COO-的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO-的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C项，NH3+CH2COO-+H2ONH3+CH2COOH+OH-的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH=2.35时，c(NH3+CH2COO-)=c(NH3+CH2COOH)，则，故C正确；D项，由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NH3+CH2COO-NH2CH2COO-+H+的电离常数为K1=10-9.78，，则，即c 2(NH3+CH2COO-)＞c(NH3+CH2COOH) · c(NH2CH2COO-)，故D错误；故选D。
5．(2022•湖北省选择性考试)下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸混合体系中部分物种的图(浓度：总为，总T为)。下列说法错误的是( )
A．As(OH)3的为-9.1
B．[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强
C．时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高
D．时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)3
【答案】D
【解析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3ml/L，右坐标浓度的数量级为10-6ml/L，横坐标为pH，随着pH的增大，先变大，然后再减小，同时变大，两者浓度均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6。pH继续增大，则减小，同时增大，当pH=9.1时，=，，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。A项，，，当pH=9.1时，=，，为-9.1，A正确；B项，[As(OH)2T]- [As(OH)T]2-+H+，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka > Ka1，所以[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强，B正确；C项，由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3ml/L，[As(OH)2T]-的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6ml/L，所以pH=3.0时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高，C正确；D项，由可知条件，酒石酸，As(OH)3的为-9.1，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3，D错误；故选D。
6．(2021•浙江6月选考，23)取两份10mL 0.05ml·Lˉ1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05ml·Lˉ1的盐酸，另一份滴加0.05ml·Lˉ1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是( )
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小
C．a→d→e过程中：c(Na＋)＜c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)
D．令c点的c(Na＋)+c(H＋)= x，e点的c(Na＋)+c(H＋)=y，则x＞y
【答案】C
【解析】向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A项，a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO3-在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；B项，由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)= c(Na＋)+c(H＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小，故B正确；C项，由物料守恒可知，a点溶液中c(Na＋)=c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)＞c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C错误；D项，c点溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.05+10-11.3)ml/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.025+10-4)ml/L，因此x>y，故D正确；故选C。
7．(2021•山东卷，15)赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是( )
A．>
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H3R2++OH-=H2R++H2O、H2R++OH-=HR+H2O、HR+OH-=R-+H2O，溶液中H3R2+逐渐减小，H2R+和HR先增大后减小，R-逐渐增大。，，，M点c(H3R2+)=c(H2R+)，由此可知K1=102.2，N点c(HR)=c(H2R+)，则K2=10-9.1，P点c(HR)=c(R-)，则K3=10-10.8。A项，，，因此，故A错误；B项，M点存在电荷守恒：c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，此时c(H3R2+)=c(H2R+)，因此c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，故B错误；C项，O点c(H2R+)=c(R-)，因此，即，因此，溶液，故C正确；D项，P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c(OH-)>c(H+)，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确；故选CD。
第一步：审题
弄清图像含义，通过观察弄清横坐标、纵坐标的含义及单位；搞清特殊点的意义，如坐标轴的原点，曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等；分析曲线的变化趋势，如斜率的大小及升降。
第二步：信息提取
挖掘隐含信息，排除干扰信息，提炼有用信息，在提炼信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算。
第三步：答题
联想化学原理，根据选项内容，确定正确选项。
1．分布系数图像，简称分布曲线，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，分布系数与溶液pH之间的关系曲线如下。
2．对数图像。将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值[如c(A)/c(B)]取常用对数，即lg c(A)或lg[c(A)/c(B)]，与溶液中的pH或溶液的体积等关系作出的图像称为对数图像。常考对数图像的类型如下：
对数图像的解题策略
(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)抓住图像中特殊点：如pH＝7、lg x＝0，交叉点。
(4)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。
(5)将图像中数据或曲线的变化与所学知识对接，作出选项的正误判断。
1．（2024·四川成都外国语学校高三期中）分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10ml·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B．从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大
C．x点处的溶液中满足：c(MOH)＋c(OH-)c(H+)，c(MOH)+c(OH-)7，A错误；B项，F溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，根据溶液呈电中性，c(Na+) +c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，可得c(Na+)＝c(Cl-)+c(ClO-)，B正确；C项，G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，且物质的量相等，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，溶液中的次氯酸根离子浓度减小，则c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，C错误；D项，根据Cl元素守恒，E～H点对应的溶液中，c(Cl-)+c(ClO-)+c(HClO)+2c(Cl2)为定值，D错误；故选B。
4．(2023·广西三模)已知：CH3NH2·H2O为一元弱碱，性质与NH3·H2O类似。常温下，将HCl气体通入0.1ml/LCH3NH2·H2O水溶液中(忽略溶液体积的变化)，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．CH3NH2·H2O的水溶液中存在：CH3NH2·H2OCH3NH3++OH-
B．Ka(CH3NH2·H2O)的数量级为10-5
C．P点，c(Cl-)+c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)=0.2ml/L
D．P点之后，溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3NH3+)+c(H+)
【答案】C
【解析】已知：CH3NH2·H2O为一元弱碱，性质与NH3·H2O类似，则会发生部分电离， CH3NH2 ·H2OCH3NH3++OH-；随着pH值变大，CH3NH3+含量变小、CH3NH2 ·H2O含量变大，结合图像可知，图中实曲线为混合溶液中pH与CH3NH3+浓度的对数值(lgc)的关系、虚线为混合溶液中pH与CH3NH2 ·H2O浓度的对数值(lgc)的关系；两条对角斜线分别为氢离子、氢氧根离子对应曲线，斜率为正的代表氢离子、斜率为负的代表氢氧根离子。A项，CH3NH2·H2O的水溶液中存在：CH3NH2·H2O⇌ CH3NH3++OH-，A正确； B项，由点Q可知，pH=9.5，pOH=4.5，则，故其数量级为10-5，B正确；C项，P点无法计算氯离子的浓度，故不能计算c(Cl-)+c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)的值，C错误； D项，P点之后根据电荷守恒可知，溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3NH3+)+c(H+)，D正确；故选C。
5．(2023·浙江省稽阳联谊学校高三联考)常温下，在含有0.10 ml/L H3PO3的溶液中，所有含磷元素的微粒pc随pOH的变化关系如图所示。已知，，下列有关说法中正确的是( )
A．曲线①代表H3PO3
B．Na2HPO3溶液显碱性的原因是HPO32-的水解程度大于电离
C．H3PO3的Ka1=1.0×10-1.3
D．c点对应的溶液中：c(H+)= c(H2PO3-)+2c(HPO32-)+ c(OH-)
【答案】C
【解析】pOH越小，溶液的碱性越强，图中只有三条曲线说明H3PO3是二元弱酸，碱性较强的情况下，HPO32-的浓度最大，其次为H2PO3-，最后为H3PO3，因此曲线①表示HPO32-，曲线②表示H2PO3-，曲线③表示H3PO3。A项，只有三条微粒浓度变化曲线，因此H3PO3为二元弱酸，曲线①随着pOH增大即酸性增强，微粒浓度减小，曲线①表示HPO32-，A错误；B项，Na2HPO3是正盐，因此溶液显碱性的原因是HPO32-的水解，HPO32-不会电离，B错误；C项，曲线②和③的交点b处c(H2PO3-)=c(H3PO3)，H3PO3的Ka1==c(H+)=10-1.3，C正确；D项，H3PO3是弱酸，c点pH为0，c(H＋)=1ml/L，说明溶液中加入了强酸性物质，因此还含有其他阴离子，此电荷守恒式错误，D错误；故选C。
6．（2024·河北沧州泊头市高三大据联考）次磷酸(H3PO2)是强还原剂，加热到130℃时则分解成正磷酸和磷化氢，可用作杀菌剂、神经系统的强壮剂、金属表面的处理剂以及制造催化剂和次磷酸盐等。常温下，将0.1ml·L-1NaOH溶液滴入·L-1的(H3PO2溶液中，溶液pH和温度随加入NaOH溶液体积变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．由图可知，NaH2PO2为正盐
B．A、B、C三点中由水电离出的c(H+)由大到小的顺序为C>B>A
C．A点存在守恒关系：c(H+)+c(H3PO2)=c(OH-)+c(H2PO2-)
D．B点存在守恒关系：c(Na+)=c(H2PO2-)
【答案】C
【解析】根据图像可知温度最高时说明中和反应正好完成，将0.1ml·L-1NaOH溶液滴入·L-1的H3PO2溶液中，消耗20.00mLNaOH溶液正好中和完，说明H3PO2属于一元酸，NaH2PO2为正盐。A项，根据分析可知NaH2PO2为正盐，故A正确；B项，酸或者碱对水的电离抑制，算中氢离子浓度逐渐被消耗，对水的电离抑制程度减弱，A、B、C三点中由水电离出的c(H+)由大到小的顺序为C>B>A，故B正确；C项，A点NaH2PO2和H3PO2之比为1:1，存在的守恒关系为c(Na+)=c(H2PO2-)+c(H3PO2)、c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(H2PO2-)联立两个式子得c(H+)+c(H3PO2)=c(OH-)，故C错误；D项，B点为中性，电荷守恒 c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(H2PO2-)，故存在守恒关系：c(Na+)=c(H2PO2-)，故D正确；故选C。
7．(2023·浙江省浙里卷天下高三开学测试)亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向1 mL0.5ml·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数与溶液的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a、b两点时，水电离出的c(OH―)水之比为1.43：6.54
B．b点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32- )
C．反应H3PO3+ HPO32-2H2PO3-的平衡常数为
D．当V(NaOH)=1L时，c(Na＋)＞c(H2PO3-)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】C
【解析】亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，常温下，向1 mL0.5ml·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，先后发生的反应为 = 1 \* GB3 ① H3PO3+OH-= H2PO3-+H2O， = 2 \* GB3 ②H2PO3-+OH-= HPO32-+H2O，则H3PO3逐渐减少，H2PO3-先增多后减少，HPO32-逐渐增多，故表示H3PO3变化曲线，表示H2PO3-变化曲线，表示HPO32-变化曲线。A项，a、b两点均为酸性溶液，则水电离出的c(OH―)水分别为10-12.57 ml·L-1、10-7.46 ml·L-1，其之比为1：105.11，A错误；B项，b点时，c(H2PO3-)=c(HPO32-)，根据电荷守恒可知，c(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)=c(OH―)+3c(HPO32-)，因b点不是中性点，即c(OH―)≠c(H＋)，则c(Na＋)≠3c(HPO32-)，B错误；C项，a点时，c(H3PO3)=c(H2PO3-)，则反应H3PO3H++H2PO3-的平衡常数，b点时，c(H2PO3-)=c(HPO32-)，则反应H2PO3-H++HPO32-的平衡常数，反应H3PO3+ HPO32-2H2PO3-的平衡常数，C正确；D项，当V(NaOH)=1L时，H3PO3与NaOH反应生成NaH2PO3，H2PO3-水解平衡常数，所以H2PO3-电离程度大于水解程度，最终溶液呈酸性，则c(Na＋)＞c(H2PO3-)＞c(H＋)＞c(OH―)，D错误；故选C。
8．（2023·辽宁省六校高三开学考试）常温下，用0.1000 ml/L的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的一元碱BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系数δ随滴加盐酸体积VHCl的变化关系如图所示。[比如B+的分布系数：
下列叙述正确的是（ ）
A．滴定时，可以选择酚酞作指示剂
B．BOH的电离常数Kb=1.0×10−6
C．滴定过程中，水的电离程度：n＜m＜p
D．p点溶液中，粒子浓度大小为c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)
【答案】D
【解析】A项，根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，A错误；B项，滴定达到终点时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 ml/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 ml/L，则根据BOHB++OH-，可知c(B+)=0.1000 ml/L，故BOH的电离平衡常数Kb=，B错误；C项，向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：m＜n＜p，C错误；D项，p点时恰好中和反应产生BCl，该盐是强酸弱碱盐，B+发生水解反应产生BOH而消耗，则粒子浓度c(Cl-)＞c(B+)，盐水解程度十分微弱，盐水解产生的微粒浓度小于盐电离产生的两种浓度，则微粒浓度：c(B+)＞c(BOH)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)，D正确；故选D。
9．边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的分布系数δ随pH的变化关系如图所示。[比如H2SO3的分布系数： δ (H2SO3) =]，下列有关叙述错误的是( )
A．当溶液pH范围为4~5时，停止通入SO2
B．根据曲线数据计算可知Ka2(H2SO3)的数量级为10-7
C．a点的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c( HSO3-)+2c(SO32-)+c( HCO3-) +2c(CO32-)
D．pH=3的溶液中，c(Na+)＜c(HSO3-)+c(H2SO3)
【答案】B
【解析】A项，由图可知，当溶液pH范围为4~5时，二氧化硫与碳酸钠恰好反应生成亚硫酸氢钠，则当溶液pH范围为4~5时，停止通入二氧化硫，故A正确；B项，由图可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)时，溶液pH为7.2，则Ka2(H2SO3)= = c(H+)=10—7.2，则Ka2(H2SO3)的数量级为10-8，故B错误；C项，由图可知，a点为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c( HSO3-)+2c(SO32-)+c( HCO3-) +2c(CO32-)，故C正确；D项，由图可知，pH=3的溶液为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中c(Na+)＜c(HSO3-)+c(H2SO3)，故D正确；故选B。
10．室温下，向溶液中加入NaOH稀溶液，溶液中主要型体的分布系数[比如A2-的分布系数δ(A2-)=]以及pH随n(NaOH)变化如图。下列说法不正确的是( )
A．0.100ml/LNH4HCO3溶液中>1，水的电离受到促进
B．加入NaOH稀溶液过程中，溶液满足关系式c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
C．Ka2(H2CO3)Kb(NH3•H2O)>Kw
D．加入少量NaOH时，OH-主要先与NH反应
【答案】C
【解析】A项，NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH4+和HCO3-分别发生水解，HCO3-+H2O H2CO3+OH-，NH4++H2O NH3·H2O+H+，因为，所以c(OH―)＞c(H＋)，则说明HCO3-水解程度大，使水电离受到促进，故A正确；B项，NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH4+和HCO3-分别发生水解，HCO3-+H2O H2CO3+OH-，NH4++H2O NH3·H2O+H+，则由物料守恒得c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，故B正确；C项，，图中时，，所以，因此，故C错误；D项，加入少量NaOH时，HCO3-浓度基本不变，而NH4+浓度快速减小，所以OH-先与NH4+发生主要反应，故D正确；故选C。
11．实验室用0.1ml/L的NaOH溶液滴定的HAuCl4溶液。溶液中，含氯微粒a、b的分布系数、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示。[比如HAuCl4的分布系数，]。下列叙述错误的是( )
A．x点对应溶液的pH约为5
B．p点对应的溶液中，2c(H+)+c(HAuCl4)=2c(OH-)+c(AuCl4-)
C．微粒b为AuCl4-，该滴定可选酚酞作指示剂
D．滴定到q点时，溶液中c(HAuCl4)>c(AuCl4-)
【答案】D
【解析】A项，由图像可知，当V((NaOH)=0时，对应溶液的pH=3，此时溶液中的c(H+)=0.001ml·L-1，，x点时，根据图像有c(HAuCl4)= c(AuCl4-)，则此时的，，A正确；B项，p点时，V((NaOH)=10mL，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+ c(AuCl4-)，根据物料守恒有：2c(Na+)= c(HAuCl4)+ c(AuCl4-)，两式联立方程消去c(Na+)，解得：2c(H+)+c(HAuCl4)=2c(OH-)+c(AuCl4-)，B正确；C项，随着NaOH的加入，HAuCl4逐渐减少，AuCl4-逐渐增多，结合图像可知，微粒a为HAuCl4，微粒b为AuCl4-，滴定到q点时，V((NaOH)=20mL，两者恰好完全反应，生成NaAuCl4溶液，此时溶液呈碱性，所以选酚酞作指示剂，C正确；D项，滴定到q点时，V((NaOH)=20mL，由图可知c(AuCl4-)>c(HAuCl4)，D错误；故选D。
12．1L0.10ml·L-1H3RO3溶液pHc(H2RO3-)
C．曲线δ1是指微粒H2RO3-的变化趋势
D．N点，c(HRO32-)=c(RO33-)=0.05ml·L-1
【答案】D
【解析】0.10ml·L-1H3RO3溶液pHc(H2RO3-)，B正确；C项，曲线δ1是指微粒H2RO3-的变化趋势，C正确；D项，最初H3RO3溶液浓度为0.10ml·L-1，由分析可知，虽然N点c(HRO32-)=c(RO33-)，但是H3RO3的二级电离和三级电离都是微弱的，即溶液中随时都存在H2RO3-，故c(HRO32-)=c(RO33-)c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)
C.在pH＝6.3时，溶液中，c(Na＋)> c(Cl－)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(H＋)>c(OH－)
D.V1∶V2＝1∶2时，c(OH－)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))>c(H＋)
【答案】D
【解析】A项，任何溶液中均存在电荷守恒，则在pH＝10.3时，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；B项，由图可知，在pH＝8.3时，该溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，根据物料守恒可得c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)c(OH－)，根据化学反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2CO3，所以离子浓度大小关系为 c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(H＋)>c(OH－)，正确；D项，V1∶V2＝1∶2时，混合后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3 、NaHCO3、NaCl的混合溶液，Na2CO3和NaHCO3是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，COeq \\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq \\al(－,3)的水解程度，则溶液中c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))，由于水解程度是微弱的，所以c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)，错误。
14．已知：常温下，(1)Ka1(H2CO3)＝4.3×10－7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11；(2)H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR－、R2－分别在三者中所占的物质的量分数(α)随溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．在pH＝4.3的溶液中：3c(R2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中水的电离程度比纯水大
C．在pH＝3的溶液中存在eq \f(cR2－cH2R,c2HR－)＝10－3
D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2COeq \\al(2－,3)＋H2R===2HCOeq \\al(－,3)＋R2－
【答案】B
【解析】A项，在pH＝4.3的溶液中，c(HR－)＝c(R2－)，根据溶液中电荷守恒2c(R2－)＋c(HR－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可知3c(R2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，正确；B项，等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合生成NaHR，此时HR－含量最高，H2R和R2－含量接近于0，由题图可知，此时pH接近于3，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，错误；C项，当溶液pH＝1.3时，c(H2R)＝c(HR－)，则Ka1＝eq \f(cHR－cH＋,cH2R)＝10－1.3，当溶液pH＝4.3时，c(R2－)＝c(HR－)，则Ka2＝eq \f(cR2－cH＋,cHR－)＝10－4.3，eq \f(cR2－cH2R,c2HR－)＝eq \f(Ka2,Ka1)＝eq \f(10－4.3,10－1.3)＝10－3，正确；D项，由C选项分析可知，H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性：HR－＞HCOeq \\al(－,3)，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2COeq \\al(2－,3)＋H2R===2HCOeq \\al(－,3)＋R2－，正确。
15．水体中的As(V)可转化为Ca3(AsO4)2沉淀除去， As(Ⅲ)可用碘水氧化为As(Ⅴ)后，再转化为Ca3(AsO4)2沉淀除去，已知Ksp[Ca3(AsO4)2]=1×10-21.2、Ksp[Ca(CO3)]=1×10-8.6；H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数与pH的关系分别如下图所示。下列说法正确的是
A．0.1ml-1Na2HASO4溶液中存在：2c(Na+)=c(H3ASO4)+c(H2ASO)+c(HASO)+c(ASO)
B．用0.1ml·L-1Na2CO3溶液浸泡Ca3(ASO4)2沉淀，无CaCO3沉淀转化生成
C．
D．pH>13时，向Na2AsO3溶液中滴加少量碘水时发生反应的离子方程式为：
【答案】C
【解析】如图所示，当时，H3AsO4的，同理 ，。A项，0.1ml-1Na2HASO4溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c(H3ASO4)+c(H2ASO4-)+c(HASO42-)+c(ASO43-)]，A错误；B项，Ca3(ASO4)2沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡：Ca3(ASO4)23Ca2++2ASO43-，，，用0.1ml·L-1Na2CO3溶液浸泡Ca3(ASO4)2沉淀，，故有CaCO3沉淀转化生成，B错误；C项，，C正确；D项，pH>13时，向Na2AsO3溶液中滴加少量碘水时会发生反应：ASO33-+I2+H2O= ASO43-+2I-+2H+，但由于Na2AsO3溶液过量，生成的氢离子继续与Na2AsO3反应生成HASO42-，D错误；故选C。
16．工业上利用NaClO将废水中的As(III)氧化为As(V)，然后经吸附、沉降而除去。As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。一般把10-1>Ka>10-4的酸称为中强酸，把Kac(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D．的电离常数为
【答案】A
【解析】A项，a点时lg=0，说明c(HM)=c(M-)，又根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(M-)，因为此时pH=5.2，则氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则c(Na+)c(OH-)，C正确；D项，a点时c(HM)=c(M-)，pH=5.2，则HM电离常数=，D正确；故选A。
19．（2023·湖北省高三起点考试）常温下，向一定浓度的H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．H2X的电离常数Ka1的数量级为10-2
B．水电离的(H+)：N点c(HX-)>c(H+)=c(OH-)
【答案】B
【解析】根据直线m，当pH=0时或=-1.3，对应电离常数为10-1.3；根据直线n，当pH=0时或=-4.3，对应电离常数为10-4.3， Ka1＞Ka2，所以Ka1=1.0×10-1.3，Ka2=1.0×104.3。A项，Ka1=1.0×10-1.3，A正确；B项，直线n表示pH与的关系，，N点=0，则c(H+)=1×10-4.3， HX-电离出氢离子使溶液呈酸性，则M点氢离子浓度更大，氢离子抑制水的电离，故水的电离程度N点>M点，B错误；C项，N点存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)，由图可知N点时c(X2-)=c(HX-)，由选项B分析可知，此时溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，D正确；故选B。
20．常温下，用NaOH溶液滴定二元弱酸亚磷酸溶液，溶液中-和-lgc( )或-和-lgc( )的关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．L2表示-和-lg c(HPO32-)的关系
B．H3PO3的电离常数Ka1(H3PO3)的数量级为10-2
C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO32-)c(OH-)，则c(Na+)c(C2Oeq \\al(2－,4))>c(H2C2O4)对应1.22c(H2C2O4) 对应2.705c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】A项，由题干信息可知，HNO2酸性强于HAsO2，Ka(HNO2)>Ka(HAsO2)，当横坐标为0时，，即，，结合图中数据可知，。故I代表HNO2，II代表HAsO2，A错误；B项，b点溶液中，则有：，故b点对应溶液的pH=5.3，B正确；C项，c点和d点对应溶液均为中性，由于HNO2酸性强于HAsO2，要使溶液均呈中性，HNO2溶液中要加入较多的NaOH，即c点溶液中c(Na+)大于d点溶液，C错误；D项，a点溶液pH=3.3，c(H+)＞c(OH-)，D错误；故选B。
考点三 溶度积曲线
1．(2023•全国甲卷，13)下图为Fe (OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是( )
A．由点可求得Ksp[Fe (OH)3]=10-8.5
B．pH=4时Al(OH)3的溶解度为
C．浓度均为0.01ml·L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离
D．Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+) =0.2ml·L-1时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】A项，由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则Ksp[Fe (OH)3] =c(Fe3+)·c3(OH-)=10-2.5×(10-12)3=10-38.5，故A错误；B项，由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则Ksp[Al(OH)3] =c Al3+)·c3(OH-)=10-6×(10-9)3=10-33，pH=4时Al(OH)3的溶解度为=10-3 ml·L-1，故B错误；C项，由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3+和Fe3+，故C正确；D项，由图可知，Al3+沉淀完全时，pH约为4.7，Cu2+刚要开始沉淀，此时c(Cu2+) =0.1ml·L-1，若c(Cu2+) =0.2ml·L-1> 0.1ml·L-1，则Al3+、Cu2+会同时沉淀，故D错误；故选C。
2．(2023•山东卷，15)在含HgI2(g)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-HgI3--；HgI2(aq)+2I-HgI42-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)随lgc(I-)的变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线表示lgc(HgI42-)的变化情况 B．随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小
C． D．溶液中I元素与元素的物质的量之比始终为2：1
【答案】B
【解析】由题干反应方程式HgI2(aq)Hg2++2I-可知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3-) =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)，lgc(HgI42-) ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0=c[HgI2(aq)]为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)。A项，线L表示lgc(HgI42-)的变化情况，A正确；B项，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化学平衡常数K0= c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，B错误；C项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：，C正确；D项，溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2：1，D正确；故选B。
3．(2023•北京卷，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同的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的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ks[Mg(OH)2)]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO32-)=Ks(MgCO3) [注：起始c(Na2CO3)=0.1ml·L-1，不同下c(CO32-)由图1得到]。
下列说法不正确的是( )
A．由图1，pH=10.25，c(HCO3-)= c(CO32-)
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(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1ml·L-1
D．由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]= -1，发生反应：Mg2++2HCO3-= MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】A项，水溶液中的离子平衡 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；B项，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；C项，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，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)＜0.1ml·L-1，C项错误；D项，pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO3-，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++2HCO3-= MgCO3↓+CO2↑+H2O，D项正确；故选C。
4．(2022•福建卷，7)锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂质离子，可在0~14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c ＜1.0×10-5ml·L－1 )。25℃时，lgc与pH关系见下图(碱性过强时Fe(OH)3和Fe(OH)2会部分溶解)。下列说法正确的是( )
A．Mg2+可被净化的pH区间最大 B．加入适量H2O2，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+ D．
【答案】B
【解析】A项，对离子净化时，相关离子浓度cc(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水的滴定曲线
曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)
室温下pH＝7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点是pH＝7；强碱与弱酸(强酸与弱碱)反应时，终点不是pH＝7(强碱与弱酸反应终点是pH＞7，强酸与弱碱反应终点是pH＜7)
一元弱酸(以CH3COOH为例)
二元酸(以草酸为例)
三元酸(以H3PO4为例)
δ0为CH3COOH，δ1为CH3COO-
δ0为H2C2O4、δ1为HC2O4-、δ2为C2O42-
δ0为H3PO4、δ1为H2PO4-、δ2为HPO42-、δ3为PO43-
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时发生反应的离子方程式。
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH时的分布系数和酸的浓度，就可以计算出各成分在该pH时的平衡浓度
图像种类
具体类型
含义
变化规律
对数图像
lgc(HX-)c(H2X)
生成物与反应物离子浓度比的常用对数
lgc(HX-)c(H2X)越大，反应向正反应方向进行的程度越大
lgeq \f(V,V0)
稀释后与稀释前体积比的常用对数
lgeq \f(V,V0)越大，稀释程度越大
AG＝lgc(H+)c(OH-)
氢离子与氢氧根离子浓度比的常用对数
AG越大，酸性越强，中性时，c(H+)c(OH-)＝1，AG＝0
负对数图像
pH＝－lg c(H＋)
氢离子浓度的常用对数负值
pH越大，c(H＋)越小，溶液的碱性越强
pC＝－lgc(C)
C离子浓度的常用对数负值
pC越大，c(C)越小
以“BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)”为例
图像展示
曲线可知
信息
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①曲线上任意一点(a点、c点)都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②曲线上方区域的点(b点)均为过饱和溶液，此时Qc＞Ksp，表示有沉淀生成
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③曲线下方区域的点(d点)均为不饱和溶液，此时Qc＜Ksp，表示无沉淀生成
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④计算Ksp：由c点可以计算出Ksp
点的变化
a→c
曲线上变化，增大c(SOeq \\al(2－,4))
b→c
加入1×10－5 ml·L－1 Na2SO4溶液(加水不可以)
d→c
加入BaCl2固体(忽略溶液的体积变化)
c→a
曲线上变化，增大c(Ba2＋)
溶液蒸发时，离子浓度的变化
原溶液不饱和时，离子浓度都增大；原溶液饱和时，离子浓度都不变
溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同
BaSO4
曲线可知信息
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①曲线上各点的意义：每条曲线上任一点都表示饱和溶液，曲线上方的任一点均表示过饱和溶液，此时有沉淀析出，曲线下方的任一点均表示不饱和溶液
T1曲线：a、b点都表示饱和溶液，c点表示过饱和溶液
T2曲线：a、b点都表示不饱和溶液，c点表示不饱和溶液
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②计算Ksp：由a或b点可以计算出T1温度下的Ksp
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③比较T1和T2大小：因沉淀溶解平衡大部分为吸热，可知：T1Ksp(CuS)
图像展示
函数关系
函数关系：随着COeq \\al(2－,3)浓度增大，Ca2＋浓度减小
曲线可知信息
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①横坐标数值越大，COeq \\al(2－,3))越小；纵坐标数值越小，c(M)越大
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②直线上各点的意义：直线上的任何一点为饱和溶液；直线上方的点为不饱和溶液；直线下方的点为过饱和溶液，有沉淀生成
如：c点，相对于MgCO3来说，处于直线上方，为不饱和溶液；相对于CaCO3来说，处于直线下方，为过饱和溶液，此时有CaCO3沉淀生成
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③计算Ksp：由曲线上面给定数据可以计算出相应的Ksp
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④比较Ksp大小：Ksp(MgCO3)>Ksp(CaCO3)>Ksp(MnCO3)
向 10mL 0.2 ml/L CuCl2 溶液中滴加 0.2 ml/L 的 Na2S 溶液
曲线可知信息
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①曲线上各点的意义：曲线上任一点(a、b、c点)都表示饱和溶液
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②计算Ksp：由b点恰好完全反应可知的c(Cu2+)＝10－17.7，进而求出Ksp＝10－17.7×10－17.7＝10－35.4
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③比较a、b、c三点水的电离程度大小