新高考化学二轮复习题型归纳与变式演练题型14 电解质溶液（2份打包，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc71" PAGEREF _Tc71 \h 1
\l "_Tc921" 【考向一】弱电解质的判断及应用 PAGEREF _Tc921 \h 1
\l "_Tc10028" 【考向二】溶液酸碱性的判断 PAGEREF _Tc10028 \h 4
\l "_Tc7433" 【考向三】溶液中微粒浓度的等量关系 PAGEREF _Tc7433 \h 6
\l "_Tc7711" 【考向四】溶液中微粒浓度的不等量关系 PAGEREF _Tc7711 \h 9
\l "_Tc9607" 【考向五】水的电离度图像分析 PAGEREF _Tc9607 \h 14
\l "_Tc5956" 【考向六】酸、碱溶液稀释图像分析 PAGEREF _Tc5956 \h 17
\l "_Tc29282" 【考向七】酸碱中和滴定图像分析 PAGEREF _Tc29282 \h 20
\l "_Tc14206" 【考向八】分布系数图像分析 PAGEREF _Tc14206 \h 24
\l "_Tc28276" PAGEREF _Tc28276 \h 28
【考向一】弱电解质的判断及应用
【典例1】常温下，CH3COOH、HCOOH(甲酸)的电离常数分别为1.7×10-5、1.8×10-4，以下关于0.1ml/LCH3COOH溶液、0.1ml/LHCOOH溶液的说法正确的是
A．c(H＋)：CH3COOH=HCOOH
B．等体积的两溶液中，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH>CH3COOH
C．HCOOH与NaOH发生反应的离子方程式为：H＋＋OH-=H2O
D．将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，其电离常数保持不变
【答案】D
【解析】A．电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性强，所以电离程度大，所以溶液中的c(H+)：CH3COOH＜HCOOH，故A错误；
B．等浓度等体积的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物质的量相等，分别加入过量的镁，产生氢气的体积：HCOOH = CH3COOH，故B错误；
C．HCOOH是弱酸，与NaOH发生反应：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，故C错误；
D．电离常数只与温度有关，故将CH3COOH溶液稀释100倍过程中，其电离常数保持不变，故D正确；
故选D。
一、判断弱电解质的三个思维角度
1．弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离，如测0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液的pH>1。
2．弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH＝1的CH3COOH加水稀释10倍后，13．弱电解质形成的盐类能水解，如判断CH3COOH为弱酸可用下面两个现象：
（1）配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中加入几滴酚酞溶液。现象：溶液变为浅红色。
（2）用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在pH试纸上，测其pH。现象：pH>7。
二、弱电解质的判断方法
（1）在相同浓度、相同温度下，与强电解质溶液做导电性对比实验。
（2）浓度与pH的关系。如0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液的pH＞1，则可证明CH3COOH是弱电解质。
（3）测定对应盐溶液的酸碱性。如CH3COONa溶液呈碱性，则可证明CH3COOH是弱酸。
（4）稀释前后溶液的pH与稀释倍数的关系。例如，将pH＝2的酸溶液稀释至原体积的1 000倍，若pH小于5，则证明该酸为弱酸；若pH为5，则证明该酸为强酸。
（5）通过电离常数比较，电离常数越大，弱酸（或弱碱）酸性（或碱性）相对较强。
【变式1-1】（2023上·四川德阳·高三统考）25℃，4种溶液的pH如下表所示：
下列有关叙述中正确的是
A．溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：①=③>②=④
B．向①、②中分别加入适量氯化铵晶体后，溶液的pH均减小
C．向③中加入少量醋酸钠固体，则溶液中将增大
D．将aL②与bL④混合，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9
【答案】B
【解析】A. 酸碱都抑制水电离，pH =11的氨水中c(H+)=10-11、c(OH-)=10-3，由水电离的c(H+)=10-11；pH =11的氢氧化钠溶液中c(H+)=10-11、c(OH-)=10-3，由水电离的c(H+)=10-11；pH =3的醋酸中c(H+)=10-3、c(OH-)=10-11，由水电离的c(H+)=10-11；pH =3的盐酸中c(H+)=10-3、c(OH-)=10-11，由水电离的c(H+)=10-11；溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：①=③=②=④，故A错误；
B. 向①中加适量氯化铵晶体后，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，pH减小；向②中加入适量氯化铵晶体后，铵根离子和氢氧根离子结合为一水合氨，氢氧根离子浓度减小，pH减小；故B正确；
C. 向③中加入少量醋酸钠固体，则溶液中，水的离子积醋酸、醋酸电离平衡常数只与温度有关，所以不变，故C错误；
D. 将aL②与bL④混合，若所得溶液的pH=4，则，则a：b=9：11，故D错误；
选B。
【变式1-2】下列实验及其结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】A．电解质必须为化合物，氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B．常温下将等体积的酸溶液和的碱溶液混合后，如果酸碱都为强电解质，则混合液呈中性；如果酸是弱酸，混合液呈酸性，如果碱是弱碱，则混合液呈碱性，所以混合液的值可能大于7，小于7或等于7，故B正确；
C．等体积、的两种酸和分别与足量的反应，酸放出的氢气多，HA的浓度大，HA物质的量比HB多，即HA的酸性比HB弱，即酸性：HAD．等体积、等浓度的盐酸和醋酸，所含溶质的总量相等，但是由于醋酸为弱电解质，存在电离平衡，溶液中的氢离子浓度小于盐酸溶液中氢离子浓度，所以两种酸分别与等量的锌反应，醋酸反应速率慢，盐酸反应速率快，放出气泡盐酸快，如果两种酸放出气泡一样快，则醋酸浓度大，故D错误；
故选B。
【考向二】溶液酸碱性的判断
【典例2】（2023下·上海宝山·高三上海交大附中校考开学考试）下列说法正确的是
A．常温下，当水电离出的c(H+)为时，此溶液的pH可能为1
B．将的盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为8
C．实验室可用pH试纸测定“84”消毒液的pH
D．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
【答案】A
【解析】A．由水电离出的c(H+)=1.0×10-13ml/L，则水电离出的c(OH-)═1.0×10-13ml/L，溶液中c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14ml/L，所以原来的溶液的c(H+)=0.1ml/L或者1.0×10-13ml/L，即溶液可能呈现强酸性或强碱性，强酸时pH=1，强碱时pH=13，故A正确；
B．酸溶液无论如何稀释，不能变为碱性，只能是无限接近中性，故将1mL 1×10-5ml•L-1盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH小于7，故B错误；
C．“84”消毒液具有强氧化性，不能用pH试纸测量pH，需要用pH计测量，故C错误；
D．在100℃时，pH约为6的纯水中始终存在，溶液呈中性，故D错误；
故选A。
溶液酸碱性的判断
1．根据电离常数判断
（1）弱酸（碱）与其相应盐（1∶1）混合：比较Ka或Kb与Kh的相对大小
（2）弱酸的酸式盐：比较水解程度（Kh2）和电离程度（Ka2）的相对大小
（3）弱酸弱碱盐：比较Kh阳和Kh阴的相对大小
2．根据微粒浓度判断
（1）NaHA溶液中：c（H2A）＞c（A2－），则溶液呈碱性
（2）MA溶液中：c（M+）＞c（A－），则溶液呈碱性
（3）HA+NaB（1∶1）溶液中：c（HA）＞c（B－），则溶液呈碱性
3．根据酸碱混合后所得物质判断
（1）等浓度等体积的醋酸和烧碱混合，则溶液呈碱性
（2）等浓度等体积的氨水和盐酸混合，则溶液呈酸性
（3）pH之和等于14的盐酸和烧碱等体积混合，则溶液呈中性
（4）pH之和等于14的醋酸和烧碱等体积混合，则溶液呈酸性
（5）pH之和等于14的氨水和盐酸等体积混合，则溶液呈碱性
4．四种常考混合溶液的酸碱性
（1）CH3COOH与CH3COONa等浓度时：CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，等体积混合后溶液呈酸性。
（2）NH4Cl和NH3·H2O等浓度时：NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，等体积混合后溶液呈碱性。
（3）HCN与NaCN等浓度时：CN－的水解程度大于HCN的电离程度，等体积混合后溶液呈碱性。
（4）Na2CO3与NaHCO3等浓度时：由于CO32－的水解程度大于HCO3－的水解程度，所以等体积混合后c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（H+）。
【变式2-1】（2023上·北京海淀）常温下将以下两溶液等体积混合后，所得溶液的是
A．与的
B．与
C．的与的
D．的与的
【答案】C
【解析】A．中H+浓度为0.1ml/L与的中OH-浓度为10-3ml/L，二者溶液等体积混合，H+过量，故所得溶液呈酸性，pH＜7，A不合题意；
B．与等体积混合恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，因水解溶液呈碱性，pH＞7，B不合题意；
C．的中H+浓度为10-3ml/L与的中OH-浓度为10-3ml/L，二者等体积混合恰好完全中和生成强酸强碱盐，所得溶液呈中性，pH=7，C符合题意；
D．的与的等体积混合时，CH3OOH过量，故混合后的溶液呈酸性，pH＜7，D不合题意；
故答案为：C。
【变式2-2】（2023上·黑龙江哈尔滨·高二哈九中校考）常温下，①的溶液、②的溶液、③的氨水、④的溶液，相同条件下，有关上述溶液的比较中错误的是
A．水电离的：①=④>②=③
B．将②③溶液等体积混合后
C．②④溶液混合后呈中性，则两溶液的体积关系是②：④=1：10
D．将①溶液和②溶液分别稀释10倍、100倍后，所得两溶液的相等
【答案】D
【解析】A．①的溶液中由水电离出、②的溶液中由水电离出、③的氨水中由水电离出、④的溶液中由水电离出，则水电离的：①=④>②=③，A正确；
B．由于的溶液完全电离、的氨水只能部分电离出，等体积混合后生成碱过量，，B正确；
C．的溶液和的溶液混合后呈中性，说明两溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，则，C正确；
D．由于是弱酸，不能完全电离，加水稀释后电离程度增大，而是强酸，已经完全电离，故将的溶液和的溶液分别稀释10倍、100倍后，所得两溶液的不相等，D错误；
故选D。
【考向三】溶液中微粒浓度的等量关系
【典例3】（2023上·北京·高三人大附中校考期末）对浓度均为的①溶液 ②溶液，下列分析不正确的是
A．①、②中的离子种类相同
B．①中水的电离程度比②中小
C．两种溶液的大小：①>②
D．①、②均有
【答案】B
【解析】A．碳酸钠溶液中水解生成 和，再水解生成；NaHCO3溶液中 水解生成，同时电离生成和H+，再结合水的电离存在，可知两溶液中离子种类相同，A正确；
B．相同浓度的两溶液，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，①中水的电离程度比②中大，B错误；
C．相同浓度的两溶液，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，C正确；
D．由物料守恒可知两溶液中均存在，D正确；
故选B。
溶液中微粒浓度的等量关系
1．电荷守恒
（1）含义：阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等
（2）系数：电荷数
（3）特点：只含离子，与物质的种类、比例、是否反应无关，只与离子的种类有关
（4）判断：先看系数是否正确，再看离子是否齐全
2．物料守恒
（1）含义
①原始物质中某些微粒间存在特定的比例关系
②溶液中所有含某元素或原子团的微粒的浓度之和等于某一特定的数值
（2）系数：按照比例确定
（3）特点：一定没有H+和OH－，与比例有关，与是否反应无关
（4）判断：先看比例是否正确，再看微粒是否齐全
3．质子守恒
（1）含义：水电离出的c（H+）和c（OH－）相等
（2）表达式：c（OH－）+c（OH－）消耗－c（OH－）外来＝c（H+）+c（H+）消耗－c（H+）外来
（3）系数：变化量
（4）特点：一定有H+和OH－，还有分子
（5）混合液中质子守恒＝电荷守恒与物料守恒消不变或特定的离子
（6）判断：先根据变化量确定系数是否正确，再看微粒方向是否正确
如：0.1 ml·L－1的Na2CO3溶液中各粒子浓度的关系：
①大小关系：c(Na＋)＞c(COeq \\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq \\al(－,3))＞c(H＋)。
②物料守恒：c(Na＋)＝2[c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(H2CO3)]。
③电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \\al(2－,3))。
④质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCOeq \\al(－,3))。
【变式3-1】（2022下·北京通州·高三潞河中学校考开学考试）常温下，用0.10ml·L-1NaOH溶液滴定10 mL0.10ml·L-1H2A溶液，测得滴定曲线如图，下列说法正确的是
A．溶液①中H2A的电离方程式是H2A=2H++A2-
B．溶液②中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C．溶液③中c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)
D．溶液④中2c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
【答案】B
【分析】由图可知，0.1ml/L H2A溶液的pH为1.3，则H2A为二元弱酸；氢氧化钠溶液体积为10mL时，氢氧化钠溶液与H2A溶液恰好反应得到NaHA溶液，溶液呈酸性说明HA-离子在溶液中的电离程度大于水解程度；氢氧化钠溶液与H2A溶液反应得到的中性溶液为NaHA和Na2A的混合溶液；氢氧化钠溶液体积为20mL时，氢氧化钠溶液与NaHA溶液恰好反应得到Na2A溶液。
【解析】A．由分析可知，H2A为二元弱酸，在溶液中分步电离，电离以一级为主，则溶液①中H2A的电离方程式是H2AH++HA-，故A错误；
B．由分析可知，溶液②为NaHA溶液，溶液呈酸性说明HA-离子在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液中微粒浓度的大小顺序为c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故B正确；
C．由分析可知，溶液③为NaHA和Na2A的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH—)，则溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，故C错误；
D．由分析可知，溶液④为Na2A溶液，溶液中存在物料守恒关系c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)+2c(H2A) ，故D错误；
故选B。
【变式3-2】（2023上·辽宁大连·高三大连八中校考专题练习）25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．0.1ml/LNaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO)+c(CO)
B．将CH3COONa溶液从25℃升温至60℃，溶液中增大
C．pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三种溶液中c(Na+)：③>①>②
D．物质的量浓度相同的①NH4Cl溶液②NH4HCO3溶液，c(NH)：①>②
【答案】D
【解析】A．溶液中，依据物料守恒：，则，A项错误；
B．的水解反应为吸热反应，升高温度，的水解程度增大，增大，则溶液中减小，B项错误；
C．NaOH是强碱，在水溶液中完全电离出钠离子和氢氧根，和NaClO是强碱弱酸盐，在水溶液中水解产生氢氧根，已知酸性：>HClO，所以水解程度：NaClO>，所以在相同的条件下若三种溶液pH相同，即产生相同浓度的氢氧根时，溶液的浓度：NaOH③>②，C项错误；
D．水解程度越大，溶液中越小，水解产生氢氧根会促进水解，则的水解程度：②>①，所以溶液中：①>②，D项正确；
故选D。
【考向四】溶液中微粒浓度的不等量关系
【典例4】（2023·全国·高三专题练习）25℃时，二元弱酸H2A的，，下列说法正确的是
A．溶液中
B．将等浓度的溶液和硫酸溶液稀释10倍，前者pH较大
C．的化学平衡常数
D．向溶液滴加溶液至中性时
【答案】B
【解析】A．NaHA溶液中，HA-既有电离又有水解，HA-的电离平衡：，HA-的水解平衡：，电离大于水解，故c(A2-)>c(H2A)，A错误；
B．等浓度的H2A溶液和硫酸溶液稀释10倍，浓度仍然相同，H2A是弱酸，部分电离，硫酸是强酸，完全电离，故pH前者较大，B正确；
C．的化学平衡常数，C错误；
D．，当c(HA-)=c(A2-)时，，溶液呈酸性，故向溶液滴加溶液至中性时，，D错误；
答案选B。
一、溶液中微粒浓度的不等量关系
1．三个原则
（1）原始物质中微粒浓度大
①盐在溶液中主要以离子形式存在
②弱酸或弱碱在溶液中主要以分子形式存在
（2）化学式中个数多的微粒浓度大
（3）主要反应生成的微粒浓度大
2．一个忽略：弱酸（碱）及其相应盐的混合物，相互抑制，忽略程度小的平衡
（1）CH3COONa+CH3COOH（1∶1）
①酸碱性：酸性，电离＞水解，忽略水解
②大小关系：c（CH3COO－）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH－）
（2）NH4Cl和NH3·H2O（1∶1）
①酸碱性：碱性，电离＞水解，忽略水解
②大小关系：c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（H+）
（3）HCN和NaCN（1∶1）
①酸碱性：碱性，电离＜水解，忽略电离
②大小关系：c（HCN）＞c（Na+）＞c（CN－）＞c（OH－）＞c（H+）
（4）pH＝3的一元弱酸HR与pH＝11的NaOH溶液等体积混合
①反应后溶液的成分：NaR（少量）和HR（大量）
②酸碱性：酸性，电离＞水解，忽略水解
③大小关系：c（HR）＞c（R－）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH－）
（5）pH＝9的一元弱碱ROH与pH＝5的HCl溶液等体积混合
①反应后溶液的成分：RCl（少量）和ROH（大量）
②酸碱性：碱性，电离＞水解，忽略水解
③大小关系：c（ROH）＞c（R+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）
3．三个思维模型
二、常见类型
1．比值型微粒浓度的变化
（1）适用范围：分子和分母变化趋势相同
（2）方法：变形法
①分子和分母同乘一个相同的量，尽可能将其转化为平衡常数
②分子和分母同乘溶液的体积，将其转化为物质的量
（3）极限法：无限加料或无限稀释
①无限加A，相当于只是A溶液，其浓度无限接近于所加入的A的浓度
②无限加水，相当于只是水，c（H+）或c（OH－）→10－7ml•L－1，其他微粒浓度为0
（4）中性溶液：结合电荷守恒进行判断
2．弱酸的酸式盐溶液中微粒浓度的比较
（1）NaHX（酸性）：c（Na+）＞c（HX－）＞c（H+）＞c（X2－）＞c（OH－）＞c（H2X）
（2）NaHX（碱性）：c（Na+）＞c（HX－）＞c（OH－）＞c（H2X）＞c（H+）＞c（X2－）
3．中性溶液中微粒浓度的比较
（1）方法
①在恰好中和的基础上多（少）加一点酸（碱）性物质，不考虑水解和电离
②正常的微粒浓度假设为1ml/L，额外多一点或少一点的微粒浓度假设为0.1ml/L
（2）盐酸滴定氨水
①溶液成分：NH4Cl（1ml/L）和NH3·H2O（0.1ml/L）
②浓度大小：c（Cl－）＝c（NH4+）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＝c（H+）
（3）醋酸滴定烧碱
①溶液成分：CH3COONa（1ml/L）和CH3COOH（0.1ml/L）
②浓度大小：c(Na+)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＝c(OH－)
（4）烧碱滴定氯化铵：NH4Cl和NH3·H2O（1∶1）显碱性
①溶液成分：NaCl（1ml/L）、NH3·H2O（1ml/L）和NH4Cl（1.1ml/L）
②浓度大小：c（Cl－）＞c(NH4+)＞c(Na+)＝c（NH3·H2O）＞c(H+)＝c(OH－)
（5）盐酸滴定醋酸钠：CH3COONa+CH3COOH（1∶1）显酸性
①溶液成分：CH3COONa（1.1ml/L）、CH3COOH（1ml/L）和NaCl（1ml/L）
②浓度大小：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＝c（Cl－）＞c(H+)＝c(OH－)
（6）氯气通入烧碱
①溶液成分：NaCl（1ml/L）、NaClO（0.9ml/L）和HClO（0.1ml/L）
②浓度大小：c(Na+)＞c（Cl－）＞c(ClO－)＞c(HClO)＞c(H+)＝c(OH－)
【变式4-1】（2023上·北京·高三人大附中校考）浓度均为0.1 ml/L Na2CO3和NaHCO3两种溶液各25 mL，分别加入25 mL 0.1 ml/LNaOH溶液，依次形成混合溶液①和②，①和②中各指定离子的浓度大小关系不正确的是
A．①中离子浓度：c(OH-)>c()B．c(Na+)：①>②
C．②中离子浓度：c(OH-)>c()D．c()：①=②
【答案】D
【分析】①溶液是Na2CO3和NaOH物质的量比为1:1的混合溶液，②是只有Na2CO3的溶液。
【解析】A．①中由于碳酸根离子水解变少，氢氧根离子变多，离子浓度：c(OH-)>c()，A正确；
B．碳酸钠中钠离子比碳酸氢钠中钠离子多，因此c(Na+)：①>②，B正确；
C．②中溶液是碳酸钠，碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，碳酸氢根离子可以再水解生成碳酸分子和氢氧根离子，因此离子浓度：c(OH-)>c()，C正确；
D．①溶液是Na2CO3和NaOH物质的量比为1:1的混合溶液，②是只有Na2CO3的溶液，二者碳酸钠的浓度相等，①中有NaOH碳酸根离子水解受到抑制，c()：①>②，D错误；
答案选D。
【变式4-2】常温下，用0.10ml·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)>c(CN-)
B．点③和点④所示溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
C．点①和点③所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)
D．点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】A
【分析】由图可知点①所示溶液为等浓度的NaCN、HCN混合溶液，点②所示溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COOH混合溶液，点③所示溶液呈中性为CH3COONa、CH3COOH混合溶液，点④恰好生成醋酸钠，据此分析解答。
【解析】A．未加NaOH时HCN的pH大，可知HCN的酸性比醋酸弱，点①和点②含等量的NaCN、CH3COONa，CN-水解程度大，则c(CH3COO-)＞c(CN-)，故A正确；
B．点③中pH=7，则c(OH-)=c(H+)，则点③中c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，点④恰好生成醋酸钠，水解显碱性，存在c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C．点①的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+)，点②所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，即c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)，由点②到点③，继续加入NaOH，CH3COO-、CH3COOH浓度发生改变，故C错误；
D．点②和点③所示溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，但两溶液中都不存在c(CH3COOH)=c(Na+)的关系，故D错误；
故选：A。
【考向五】水的电离度图像分析
【典例5】如图表示水中c(H＋)和c(OH-)的关系，下列判断错误的是
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)c(OH—)=Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)C．图中T1D．XZ线上任意点均有pH=7
【答案】D
【解析】A．水的离子积常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则两条曲线间任意点均有c(H＋)c(OH—)=Kw，故A正确；
B．由图可知，M区域内任意点均有c(H＋)C．水的电离过程为吸热过程，升高温度，平衡右移，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，则图中T1D．由图可知，XZ线上任意点溶液氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，X点溶液中氢离子浓度为10-7 ml·L-1，溶液pH为7，则XZ线上任意点溶液pH小于7，故D错误；
故选D。
水的电离度图像
（1）c(H+)水和c(OH－)水的关系：在任何情况下都相等
（2）溶液对水的电离度的影响
①酸和碱抑制水的电离，酸碱性越强，c（H+）水越小
②弱盐促进水的电离，酸碱性越强，c（H+）水越大
（3）化学反应过程中c(H+)水的变化
①酸和碱反应过程中，恰好中和时，c(H+)水最大
②强酸滴定弱酸盐过程中，c(H+)水变小
③强碱滴定弱碱盐过程中，c(H+)水变小
（4）水电离出的氢离子浓度和溶液pH的关系
①c(H+)水＝10－5ml·L－1，pH＝5（酸盐溶液）或9（碱盐溶液）
②c(H+)水＝10－10ml·L－1，pH＝10（碱溶液）或4（酸溶液）
③c(H+)水＝10－7ml·L－1，该溶液对水的电离不促进也不抑制，溶液可能呈酸性、碱性和中性
（5）实例：盐酸滴定氨水中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化图
①a点：溶液中全部是NH3·H2O，pH＝11
②b点：NH3·H2O和NH4Cl的混合物，溶液呈中性
③c点：恰好中和点，全部是NH4Cl溶液，溶液呈酸性
④d点：NH4Cl和HCl的混合物，溶液呈酸性
【变式5-1】（2023上·吉林松原·高二前郭尔罗斯县第五中学校考期中）水是生命之源，水溶液中pH和pOH【pOH=-1gc(OH-)】的关系如图所示，下列判断正确的是
A．a点溶液呈酸性
B．a→c可表示稀硫酸稀释时pH的变化
C．升高NaCl溶液的温度，可使溶液由b点移动到a点
D．温度为T2时，pH=2的盐酸中，由水电离产生的
【答案】C
【解析】A．根据pH=-lgc(H+)和pOH=-lgc(OH-)，a点pH=pOH，即c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，故A错误；
B．a→c过程中pH增大则c(H+)减小，pOH则c(OH-)不变，稀硫酸稀释时c(H+)减小但c(OH-)增大，则不能表示pH的变化，故B错误；
C．NaCl是中性溶液，升高温度促进水的电离，c(H+)、c(OH-)均增大，则pH和pOH均减小，可使溶液由b点移动到a点，故C正确；
D．温度为T2时，由a点可知c(H+)=c(OH-)=10-6ml/L，则水的离子积常数为Kw= c(H+)∙c(OH-)=10-12，pH=2的盐酸中c(H+)=10-2ml/L，由水电离产生的，故D错误；
故选C。
【变式5-2】水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．图中对应点的温度关系为aB．纯水仅升高温度，可从a点变到c点
C．水的离子积常数Kw数值大小关系为c>d>b
D．在b点对应温度下，0.5ml/L的H2SO4溶液与1ml/L的KOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=6
【答案】D
【解析】A．温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点Kw=10-12，c点Kw=10-13，a点Kw=10-14，所以b＞c＞a，A错误；
B．a点和c点氢氧根离子的浓度相等，c点氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，若纯水仅升高温度，氢氧根与氢离子浓度都增大，B错误；
C．a、d曲线温度相同，则离子积常数相同，即d点Kw=10-14，b点Kw=10-12，c点Kw=10-13，所以水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞d，C错误；
D．b点Kw=10-12，0.5ml/L的H2SO4溶液与1ml/L的KOH溶液等体积混合，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，pH=6，D正确；
故选D。
【考向六】酸、碱溶液稀释图像分析
【典例6】（2023上·四川泸州·高三泸县五中校考）常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．P线代表HA的稀释图象且HA为强酸
B．水的电离程度：Z>Y=X
C．将X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时，c(A-)D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液中一定有：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)
【答案】C
【分析】MOH溶液呈碱性，常温下pH大于7，MOH溶液加水稀释后，碱性减弱，溶液的pH减小；HA溶液呈酸性，常温下pH小于7，HA溶液加水稀释后，酸性减弱，溶液的pH增大；则Q线代表MOH的稀释图象且MOH为强碱（由图可知MOH溶液加水稀释至原体积的10倍pH减小1），P线代表HA的稀释图象且HA为弱酸（由图可知HA溶液加水稀释至原体积的10倍pH的增大值小于1）。
【解析】A．根据分析，P线代表HA的稀释图象且HA为弱酸，A项错误；
B．酸、碱溶液对水的电离起抑制作用，酸溶液中OH-全部来自水的电离，碱溶液中H+全部来自水的电离，图中X、Y、Z的pH依次为5、10、9，X、Y、Z中水电离的H+的浓度依次为10-9ml/L、10-10ml/L、10-9ml/L，则水的电离程度：X=Z＞Y，B项错误；
C．将pH=5的HA溶液和pH=10的MOH溶液混合至pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中的电荷守恒为c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，则c(M+)=c(A-)，c(A-)D．HA为弱酸，MOH为强碱，将pH=5的HA溶液和pH=9的MOH溶液等体积混合，两者充分反应后所得溶液由MA和过量HA组成，若HA的电离大于A-的水解，则溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，D项错误；
答案选C。
1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸稀释图像

①加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大
②加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
③无限稀释，溶液的pH无限接近于7
④稀释过程中，水的电离程度变大
⑤稀释过程中，醋酸的pH变化幅度大
2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸稀释图像

①加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大
②加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
③无限稀释，溶液的pH无限接近于7
④稀释过程中，水的电离程度变大
⑤稀释过程中，盐酸的pH变化幅度大
【变式6-1】（2023上·河北石家庄·高二正定中学校联考）常温下，将体积均为的HA溶液和BOH溶液分别加水稀释至V，溶液的pH随的变化如图所示。已知，下列说法正确的是
A．电离常数：
B．水的电离程度：b>d
C．升温，a点溶液中增大
D．等浓度HA和BOH溶液等体积混合，溶液的pH<7
【答案】C
【分析】横坐标表示加水稀释倍，纵坐标pOH增大表示稀释过程中，BOH溶液的减小， pH增大表示稀释过程中AH溶液的减小。加水稀释相同倍数时，pOH或pH增大得越小，说明对应的碱或酸越弱，则相同条件下，BOH的电离程度大于HA的，据此答题。
【解析】A．根据分析知，相同条件下，BOH电离程度大于HA，则，A错误；
B．根据pOH和pH的相对大小知，b点时由HA电离产生的大于d点时BOH电离产生的，则b点时水的电离被抵制程度大于d点时，故水的电离程度bC．升温，促进HA的电离，溶液中增大，减小，故a点溶液中增大，C正确；
D．根据分析知，等浓度时，HA中小于BOH中的，等体积混合，未完全反应，故混合溶液pH>7，D错误；
故选C。
【变式6-2】（2023上·河南濮阳·高二范县第一中学校联考）在25℃和100℃时，某溶液的pH和的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．100℃时
B．c点对应溶液显碱性
C．若将b点溶液稀释，可沿所在的线移到c点
D．某温度下，d点对应的溶液可能是碱溶液或盐溶液
【答案】C
【解析】A．由可得，即，a点所在线pH+pOH=12，则其为100℃曲线，，A正确；
B．c点所在曲线为25℃时，pH=8>7，故溶液显碱性，B正确；
C．b点所在曲线为25℃时，将b点溶液稀释，Kw不变，沿曲线移动，b点对应的溶液pH=6，呈酸性，稀释后pH趋近7， c点对应的溶液呈碱性，b点不能移动到c点，C错误；
D．d点对应的溶液pH=8，pOH约等于5，pH答案选C。
【考向七】酸碱中和滴定图像分析
【典例7】25℃时，用浓度为0.1000ml·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000ml·L-1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZB．根据滴定曲线，可得Ka(HY)=10-7
C．相同温度下，电离常数的关系：KHX>KHY
D．pH=7时，三种溶液中c(Z-)>c(Y-)>c(X-)
【答案】D
【解析】A．由图像可知酸性：HZ>HY>HX，因此同温同浓度时，三种酸溶液的导电能力顺序：HZ>HY>HX，A错误；
B．从滴定曲线可知，，B错误；
C．酸性：HY>HX，则KHY>KHX，C错误；
D．中和至pH=7时，HX、HY、HZ消耗的NaOH的物质的量依次增多，则c(Z-)>c(Y-)>c(X-)，D正确；
答案选D。
1．酸碱中和滴定曲线
以室温时用0.1ml·L－1NaOH溶液滴定20mL 0.1ml·L－1HA溶液为例
（1）起始点：HA的单一溶液
①根据起点时的pH可以判断电解质的强弱
②根据起点时的pH可以计算弱酸（碱）的电离常数
（2）半中和点：HA和NaA等量混合
①酸性：HA的电离程度大于NaA的水解程度：c（A－）＞c（Na+）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH－）
②碱性：HA的电离程度小于NaA的水解程度：c（HA）＞c（Na+）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H+）
（3）中和点：原溶液中溶质恰好完全反应生成NaA
①特点：溶液的温度最高；水的电离度最大
②溶液酸碱性：溶液显碱性
③微粒浓度的大小：c（Na+）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（HA）＞c（H+）
（4）中性点：判断酸或碱稍微过量
①溶液成分：NaA和少量的HA
②微粒浓度的大小：c（Na+）＝c（A－）＞c（OH－）＝c（H+）
（5）半过量点：NaA+NaOH（2∶1）
①溶液酸碱性：NaOH溶液过量，溶液显碱性
②微粒浓度的大小：c（Na+）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（HA）＞c（H+）
（6）倍过量点：NaA+NaOH（1∶1）
①溶液酸碱性：NaOH溶液过量，溶液显碱性
②微粒浓度大小：c（Na+）＞c（OH－）＞c（A－）＞c（HA）＞c（H+）
2．中和滴定中直线图像及分析
常温下，向二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示：
（1）滴定原理：H2Y+OH－H2O+HY－、HY－+OH－H2O+Y2－
（2）滴定过程：随着NaOH的加入，c（H+）逐渐减小
①lg＝lg＝lg逐渐增大
②lg＝lg＝lg逐渐减小
（3）电离常数：找浓度相等点
①a点：lg＝0，c（H2Y）＝c（HY－），Ka1＝＝c（H+）＝10－1.3
②e点：lg＝0，c（HY－）＝c（Y2－），Ka2＝＝c（H+）＝10－4.3
（4）交点c的特殊性：lg＝lg，c（H2Y）＝c（Y2－）
（5）酸式盐NaHY的酸碱性：比较Ka2和Kh2的相对大小
①若Ka2＞Kh2，说明HY－的电离程度大于HY－的水解程度，溶液呈酸性
②若Ka2＜Kh2，说明HY－的电离程度小于HY－的水解程度，溶液呈碱性
③Kh2＝＝＝10－12.7＜Ka2＝10－4.3，说明NaHY呈酸性
【变式7-1】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点溶液中存在：c(Cl-)B．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c()+2c()
C．c点对应的溶液中存在：c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)
D．水的电离程度：a>b
【答案】A
【分析】结合题意分析可知，0-a段发生的为：；a-b段发生的为：；b-c段发生的为：；
【解析】A．结合分析可知，a点溶液溶质成分为，且物质的量相等，此时会电离和水解损失，故c(Cl-)＞c()，且电离常数Ka3=4.8×10-13，水解常数，故溶液呈现碱性c(OH-)＞c(H+)，，A错误；
B．b点对应的溶液为物质的量之比是1：2的混合溶液，联立电荷守恒和物料守恒可知，其质子守恒表达式为：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c()+2c()，B正确；
C．c点对应的溶液为物质的量之比是1：3的混合溶液，列电荷守恒表达式：c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)+c(Cl-)，且钠离子和氯离子的浓度相等，所以电荷守恒表达式为c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，C正确；
D．a点会影响水的电离，结合A分析可知以水解促进水的电离为主；而b点会影响水的电离，其电离常数Ka2=6.2×10-8，水解常数，故以电离显酸性抑制水的电离为主，故水的电离程度：a>b，D正确；
故选A。
【变式7-2】（2023上·陕西·高三校联考）常温下，用浓度为的NaOH标准溶液滴定浓度均为的HCl和的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．水的电离程度：aC．点b：
D．点a：
【答案】B
【分析】NaOH溶液与HCl和的混酸反应时，先与HCl反应，再与反应。由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，未发生反应，溶质成分为NaCl和；b点时NaOH溶液反应掉一半的，溶质成分为NaCl、和；c点时NaOH溶液与恰好完全反应，溶质成分为NaCl、；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、和NaOH。
【解析】A．由以上分析可知，a点时，，，故A正确；
B．c点溶液中水解，促进水的电离，d点碱过量，抑制水的电离，则水的电离程度，故B错误；
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的和，由于，溶液显酸性，说明的电离程度大于的水解程度，则，故C正确；
D．a点溶液为等浓度的NaCl和混合溶液，存在物料守恒关系，故D正确；
故选B。
【考向八】分布系数图像分析
【典例8】（2024上·辽宁锦州·高三统考期末）已知： ， 。、、的分布分数与关系如图所示，浓度单位为ml/L。{例如：分布分数}，下列说法正确的是
A．曲线c代表的分布分数
B．平衡常数
C．
D．当时，
【答案】C
【分析】Ag+具有空轨道，能与形成配离子，lgc(NH3)较小时溶液中主要存在Ag+，随着c(NH3)或lgc(NH3)增大，先形成[Ag(NH3)]+，再转化为[Ag(NH3)2]+，所以随着lgc(NH3)增大，c(Ag+)减小，[Ag(NH3)]+先增大后减小，最后主要以[Ag(NH3)2]+存在，则曲线a代表Ag+，曲线b代表[Ag(NH3)2]+，曲线c代表[Ag(NH3)]+，据此分析解答；
【解析】A．由分析可知，曲线a代表Ag+、曲线b代表[Ag(NH3)2]+、曲线c代表[Ag(NH3)]+，A项错误；
B．由分析可知，反应的平衡常数，由曲线a、b交点可知，所以，B项错误；
C．，，由B可知，所以，C项正确；
D．根据图示，c(NH3 )<0.01 ml/L时，可能有c [Ag(NH3)2]+< c [Ag(NH3)]+故选C。
分布系数图像
分布系数图像是酸碱中和滴定曲线的一种变式，常以pH、分布系数（δ）为横、纵坐标，结合滴定实验数据绘制出关系曲线，这里分布系数（δ）代表组分的平衡浓度占总浓度的比值。
（1）电离常数的计算：找交点（微粒浓度相等点）
①pH＝4.76时，c（HA）＝c（A－），Ka（HA）＝＝c（H+）＝10－4.76
②pH＝1.2时，c（H2A）＝c（HA－），Ka1（H2A）＝＝10－1.2
③pH＝4.1时，c（HA－）＝c（A2－），Ka2（H2A）＝＝10－4.1
（2）水解常数的计算
①A－的水解常数：Kh＝＝＝1×10－9.24
②A2－的水解常数：Kh1＝＝＝1×10－9.9
③HA－的水解常数：Kh2＝＝＝1×10－12.8
（3）NaHA溶液
①溶液的酸碱性：溶液呈酸性（Ka2＞Kh2）
②微粒浓度大小：c（Na+）＞c（HA－）＞c（A－）＞c（A2－）＞c（H2A）＞c（H+）＞c（OH－）
【变式8-1】（2023上·山西·高三山西大附中校考）为二元酸，其电离过程为：。常温时，向水溶液中逐滴滴加溶液，混合溶液中和的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．的的数量级为
B．当溶液中时，
C．当溶液中时，加入V(NaOH溶液)>10mL
D．向的溶液中继续滴加溶液，水的电离程度减小
【答案】C
【分析】为二元酸，其电离过程为：，。常温时，向水溶液中逐滴滴加溶液，混合溶液中、和的物质的量分数随变化的关系如图所示，分析可知，Ⅰ为含量变化曲线，Ⅱ为含量变化曲线，Ⅲ为含量变化曲线。Ⅰ和Ⅱ的交点处，氢离子浓度即为此二元酸的第一级电离常数值，Ⅱ与Ⅲ交点处氢离子浓度即为此二元酸的第二级电离常数值，结合溶液中的三大守恒分析即可。
【解析】A．根据分析的=，数量级为，A错误；
B．根据分析，Ka1(H2A)=10-1.2，同理Ka2(H2A)=10-4.2，当c(H2A)=c(A2-)时，，此时c(H+)=1×10-2.7ml/L，pH=2.7，B错误；
C．当溶液中时，由电荷守恒分析此时溶液呈现中性，向水溶液中逐滴滴加溶液，若加入溶液体积等于10mL，此时形成NaHA溶液，其电离大于水解，溶液呈现酸性，故应在10mL的基础上多加溶液才有可能呈现中性，故加入V(NaOH溶液)>10mL，C正确；
D．向的溶液中继续滴加NaOH溶液，结合图分析，含量再减小，含量增大，故水的电离程度在增大，而氢氧化钠溶液过量则会导致水的电离受到抑制，故水的电离程度先变大后减小，D错误；
故选C。
【变式8-2】（2023·四川成都·棠湖中学校考一模）25℃时，向20 mL 0.1 ml·L−1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 ml·L−1 HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是
A．pH = 8时，溶液中水的电离程度最大
B．当溶液中c(HCO)：c(CO) = 2：1时，溶液的pH = 10.2(已知lg2取0.3)
C．在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO能大量共存
D．pH = 7时，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+) > c(HCO) > c(Cl−)
【答案】B
【分析】随着盐酸的加入溶液溶质变化：碳酸钠→碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠→碳酸氢钠、氯化钠→氯化钠→氯化钠、HCl。
【解析】A．据分析，随着溶质的变化对水电离的促进逐渐减弱，抑制逐渐增强，因此水电离程度最大是还未加入盐酸的时候，故A错误；
B．据图像，，c(HCO)=c(CO) 时，pH=10.5此时可求得，溶液中c(HCO)：c(CO) = 2：1时，可求得，此时溶液pH= -lg（2×10-10.5ml/L）=10.2，故B正确；
C．据图像可以看出当大量存在时pH＞8，此时H2CO3几乎不存在于溶液中，故C错误；
D．根据图像pH=8时溶液中碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，此时氯离子浓度和碳酸氢根离子浓度相等，继续加入盐酸，当pH=7时有部分碳酸氢根离子转化为碳酸，氯离子浓度还在继续增大，此时氯离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，故D错误；
故选B。
1．（2023·河北卷）某温度下，两种难溶盐的饱和溶液中或与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．
B．若混合溶液中各离子浓度如J点所示，加入，则平衡时变小
C．向固体中加入溶液，可发生的转化
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，待平衡时
【答案】D
【分析】对于沉淀，存在沉淀溶解平衡，则，在图像上任找两点（0，16），（3，7），转化成相应的离子浓度代入，由于温度不变，所以计算出的不变，可求得x=3，；对于沉淀，存在沉淀溶解平衡，，按照同样的方法，在图像上任找两点（0，10），（3，7），可求得y=1，。
【解析】A．根据分析可知，x=3，y=1，，A项正确；
B．由图像可知，若混合溶液中各离子浓度如J点所示，此时，加入，增大，减小，则，，变小，B项正确；
C．向固体中加入溶液，当达到了的溶度积常数，可发生→的转化，C项正确；
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，由于沉淀达到沉淀溶解平衡，所以不发生变化，而要发生沉淀，和的物质的量按1:y减少，所以达到平衡时，D项错误；
故选D。
2．（2023·福建卷）时，某二元酸的、。溶液稀释过程中与的关系如图所示。已知的分布系数。下列说法错误的是
A．曲线n为的变化曲线B．a点：
C．b点：D．c点：
【答案】B
【分析】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为的变化曲线，的增大，减小，增大明显，故曲线m为的变化曲线，则曲线p为的变化曲线；
【解析】A．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-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为的变化曲线，选项A正确；
B．a点, =1.0，则=0.1ml/L，=0.70，==0.15，，，，选项B错误；
C．b点, =0.70，==0.15，即=，根据物料守恒有，，故，选项C正确；
D．c点：=，故根据电荷守恒有，故，选项D正确；
答案选B。
3．（2023·重庆卷）溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是

A．点等于点
B．点大于点
C．点降温过程中有2个平衡发生移动
D．点
【答案】B
【解析】A．温度升高，水的电离程度增大，则点小于点，A错误；
B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故点大于点，B正确；
C．点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；
D．点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误；
故选B。
4．（2023·北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示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；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。

下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态，无沉淀生成
C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：
【答案】C
【解析】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出、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．从图2可以看出、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项错误；
D．时，溶液中主要含碳微粒是，，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，D项正确；
故选C。
5．（2023·浙江卷）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往溶液中滴加溶液。
实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。
[已知：的电离常数，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
B．实验I中时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中时，溶液中
【答案】D
【解析】A．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中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误；
D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。
综上所述，答案为D。
6．（2023·湖南卷）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，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．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。
【解析】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L，==10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；
答案选D。
7．（2023·湖北卷）为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，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．当时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C．的平衡常数的lgK约为14
D．当时，参与配位的
【答案】C
【分析】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，利用此规律解决本题。
【解析】A．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-)≈5×10-9.46，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．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．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．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；
故答案选C。
8．（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A．B．③为与的关系曲线
C．D．
【答案】D
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【解析】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有，A错误；
B．由分析可知，③为与的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，或者当c(H+)=10-4.2ml/L时，c(HS-)=10-3.9ml/L，，C错误；
D．已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9ml/L时，c(S2-)=10-13ml/L，或者当c(H+)=10-6.8ml/L时，c(S2-)=10-9.2ml/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知Ka1=10-7.1，故有，D正确；
故答案为D。
9．（2023·全国卷）一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

下列说法正确的是
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。
【解析】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；
B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=====1×107.9，C正确；
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1ml·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；
故答案选C。
10．（2023·全国卷）下图为和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
B．时的溶解度为
C．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离
D．混合溶液中时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则===，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则===，时的溶解度为=10-3，故B错误；
C．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的方法分步沉淀和，故C正确；
D．由图可知，沉淀完全时，，pM5，此时pH约为4.7，在此pH下刚开始沉淀的浓度为，而题中>，则会同时沉淀，故D错误；
答案选C。
11．（2022·河北·高考真题）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000ml•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是
A．该水样中c(CO)=0.01ml•L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03ml•L-1
【答案】C
【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02ml/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01ml/L。
【解析】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02ml/L，故A错误；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO)，故B错误；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01ml/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01ml/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03ml/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 ml/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 ml/L，故D错误；
故选C。
12．（2022·辽宁卷）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【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
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【解析】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；
B．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 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误；
故答案选D。
1．（2023上·辽宁大连·高三大连八中校考）根据如图所示图示所得出的结论正确的是
A．图甲是常温下用0.10ml/LNaOH溶液滴定的滴定曲线，溶液刚好成中性即酸碱中和滴定的终点
B．图乙中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
C．图丙为MOH和ROH两种一元碱水溶液在常温下分别加水稀释时pH的变化曲线，可知ROH是弱碱
D．图丁是一定温度下三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线，a点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2+)>c(CO)
【答案】B
【解析】A．酸碱中和滴定的终点完全生成，为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，A项错误；
B．b点温度下，该温度下，pH=2的中，pH=10的NaOH溶液中，等体积混合后，酸碱恰好完全反应生成硫酸钠和水，B项正确；
C．pH=13的ROH稀释100倍时，pH变为11，说明稀释后为原来的，则ROH在水溶液中完全电离，可知ROH是强碱，C项错误；
D．横坐标数值相同时，纵坐标数值越大，该离子浓度越小，a点在溶解平衡上方，为的不饱和溶液，a点的纵坐标大于横坐标，即，则，D项错误；
故选B。
2．（2023上·内蒙古赤峰·高三赤峰二中校考）常温下，将溶液滴加到等浓度的某一元酸HA溶液中，测得混合溶液的pH与粒子浓度比值的负对数的变化关系如图所示下列叙述不正确的是
A．m点对应的溶液体积小于
B．的数量级为
C．l点所示溶液中：
D．各点的水溶液中水的电离程度大小关系：
【答案】D
【解析】A．NaOH与HA浓度相等，当NaOH溶液体积等于10mL时，得到的溶液中溶质为等浓度的HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度大于A−的水解程度，所以c(A−)＞c(HA)，而m点p=0，说明c(A−)=c(HA)，则m点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，故A正确；
B．m点时c(A−)=c(HA)，此时，所以的数量级为，故B正确；
C．l点所示溶液显酸性，是NaA与HA的混合溶液，则根据元素质量守恒可得： ，故C正确；
D．l、m、n点各溶液均呈酸性，溶液的酸性越强，HA的浓度越大，对水电离的抑制作用就越强。由于酸性：l＜m＜n，则各点水的电离程度大小关系：l>m>n，故D错误；
故选D。
3．25℃时，向100mL的NaHA溶液中分别加入浓度均为的NaOH溶液和盐酸，混合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示(忽略过程中的体积变化)。下列说法不正确的是
A．25℃时，的第二步电离平衡常数约为
B．水的电离程度：N>M>P
C．随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH不会小于2
D．M点时溶液中存在：
【答案】A
【分析】NaHA溶液中加入NaOH溶液，发生，pH随着NaOH溶液的加入逐步增大，M曲线代表加入NaOH溶液；NaHA溶液中加入盐酸，发生，pH随着盐酸的加入逐步减小，P曲线代表加入盐酸。
【解析】A．起点时，0.01ml/LNaHA溶液的pH=4，溶液显酸性，电离方程式为，，，因此第二步电离平衡常数约为，A项错误；
B．根据上述分析，加入NaOH溶液体积，水的电离程度逐渐增大，当加入100mLNaOH时，此时溶液溶质为，水的电离程度达到最大，加入盐酸溶液，抑制水的电离，因此水的电离程度为N＞M＞P，B项正确；
C．随着盐酸不断加入，溶液酸性不断增强，HCl为强电解质，完全电离，pH=2的酸性溶，若完全电离，则随着盐酸的加入，当加入体积V=100mL时，溶液中，但并不完全解离，因此溶液中，最终溶液pH不会小于2，C项正确；
D．根据电荷守恒有，M点溶液的pH=7，，即有，D项正确；
故选A。
4．（2023上·北京·高三首都师范大学附属中学校考）下列图示与对应叙述相符的是
A．图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则
B．图乙表示1L pH=2的溶液加水稀释至V L，pH随的变化
C．图丙表示在不同温度下水溶液中和浓度的变化曲线，图中温度
D．0.1ml/L 溶液的pH随温度变化的曲线如图丁中A所示
【答案】D
【解析】A．由图甲FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线可知，当硫离子浓度相同时，平衡时，铜离子浓度小于铁离子浓度，则，A错误；
B．醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释，会促进醋酸电离，变化小于n，所以1L pH=2的溶液加水稀释至V L，pH变化并不是图乙所示，B错误；
C．水的电离吸热，温度升高促进水电离，，C错误；
D．温度升高，促进溶液中的铝离子水解，溶液中水解产生的氢离子增多，如图所示减小，D正确；
故选D。
5．（2023上·湖南湘西·高三统考）常温下，用0.1000ml/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度分别为、的一元酸(HA)、二元酸()溶液，得到如图滴定曲线，其中、为两种酸恰好完全中和的化学计量点。忽略溶液混合时体积变化。下列叙述正确的是
A．X曲线代表，Y曲线代表HA，
B．两种酸恰好完全中和时，均可用酚酞或甲基橙作指示剂
C．若，对于HA而言，滴定过程中有
D．若点，则点
【答案】C
【解析】A．HA消耗的V(NaOH)小于消耗V(NaOH)的二倍，则，A错误；
B．、HA恰好完全中和时，产物为强碱弱酸盐，均呈碱性，可使用酚酞做指示剂，不可使用甲基橙做指示剂，B错误；
C．溶液中的质子守恒：①，物料守恒：②，得：，C正确；
D．完全中和时消耗，a点时，占消耗氢氧化钠总体积的四分之三，则溶质为NaHB与，且二者的浓度比为：1：1形成的溶液，则a点物料守恒和电荷守恒有关系式：①，②，用②-①，得由于酸性环境，，故，D错误；
故选C。
6．（2023上·北京东城·高三汇文中学校考期中）常温下，向新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出的浓度与NaOH溶液体积之间的关系如图所示。下列推断不正确的是
A．E、F点溶液的pH分别为3和7
B．F点对应的溶液中：
C．G点对应的溶液中：
D．F~H点对应的溶液中，为定值
【答案】D
【分析】E 点未滴加 NaOH为新制氯水，对水的电离有抑制作用；G 点对应溶液中水的电离程度最大，溶质为等物质的量的 和，即氯水和NaOH 恰好完全反应，产生的 NaC1O 水解促进水的电离使溶液呈碱性；F和H点对应溶液中水的电离均未受影响，结合上述分析，F 点溶液呈中性，H点溶液呈碱性，H点溶液为 NaOH、和的混合溶液。
【解析】A．E 点对应溶液为新制氯水，溶液显酸性，由水电离出的，溶液中均由水电离，即溶液中，溶液pH=3；，F 点溶液呈中性pH=7，A正确；
B．F 点溶液呈中性，则，结合电荷守恒 可得，B正确；
C．G 点对应溶液中水的电离程度最大溶质为等物质的量的 和，其中的水解使溶液呈碱性，导致其浓度小于和，故有，C正确；
D．根据元素守恒可知， F~H点对应的溶液中溶液体积不断增大，不是定值，D错误；
故选D。
7．（2024上·天津南开·高三统考期末）常温下，在指定的溶液中一定能大量共存的离子组是
A．的溶液：
B．加入酚酞显红色的溶液：
C．使试纸变红的溶液：
D．的溶液：
【答案】B
【解析】A．的溶液显中性，Fe3+水解使溶液显酸性不能大量共存，A错误；
B．加入酚酞显红色的溶液显碱性,Ba2+、K+、Cl-、之间不反应,都不与反应,能够大量共存，B正确；
C．使pH试纸变红的溶液显酸性,与、反应,不能大量共存，C错误；
D．与反应生成沉淀,不能大量共存，D错误；
故选B。
8．（2023上·安徽·高三合肥一六八中学校联考）已知H2R是二元弱酸。298K时，向一定浓度的KHR溶液中滴加盐酸，混合溶液中pX与pH的关系如图所示或下列说法错误的是
A．直线L₁表示与pH的关系
B．的数量级为10-4
C．c点溶液中，
D．KHR和K2R的混合溶液可能呈中性
【答案】B
【分析】横轴表示pH，纵轴表示-lg或-lg，lgKa1==lg-pH，lgKa2== lg-pH，H2R的一级电离平衡常数Ka1远大于二级电离平衡常数Ka2，则直线L1、L2分别表示p[]、p[]，根据a点数据可知，pH=3.85时，-lg=-pH- lgKa1=-1，则Ka1=1×10-2.85，根据b点数据可知，pH=4.66时，-lg=-pH- lgKa2=1，则Ka2=1×10-5.66，以此解答。
【解析】A．根据分析可知，直线L₁表示与pH的关系，A正确；
B．根据分析可知，Ka1=1×10-2.85，其数量级为10-3，B错误；
C．c点pH>6，则，则，C正确；
D．HR-的水解常数=，则KHR溶液显酸性，K2R由于R2-水解，溶液显碱性，故KHR和K2R的混合溶液可能呈中性，D正确；
故选B。
9．（2023上·四川南充·高三四川省南充市白塔中学校考）常温下，向溶液中滴入的稀盐酸，溶液中pX[]与加入稀盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，MOH电离常数的数量级为
B．a点对应的溶液中：
C．b点对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中：
D．c点溶液中：
【答案】D
【解析】A．常温下0点未加入稀盐酸，是溶液，=8，可求出，，常温下，MOH电离常数的数量级为，A错误；
B．a点加入10mL盐酸，所得溶液为MOH和MCl等物质的量的混合溶液，根据pX可知溶液显碱性，说明MOH电离程度大于M+水解程度，溶液中存在：，B错误；
C．b点加入20mL盐酸，酸碱恰好完全反应，得到MCl溶液，对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中存在物料守恒：，C错误；
D．c点加入40mL盐酸，所加HCl物质的量是原溶液中MOH物质的量的2倍，根据物料守恒，溶液中存在：，D正确；
故选D。
10．（2024上·湖北·高三校联考期末）常温下，用0.1ml/L的NaOH溶液滴定20mL0.1ml/LHA溶液。溶液中（或HA）的分布系数δ、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示［已知：］。下列说法正确的是
A．m点对应溶液中：
B．0.1ml/LHA溶液的pH约为3.1
C．p点对应溶液中：
D．m、p、n、q中，水的电离程度最大的是n点
【答案】B
【分析】用NaOH溶液滴定酸HA的过程中会发生反应：NaOH+HA=NaA+H2O，HA不断减少，NaA不断生成，则ab分别表示HA、A-的分布系数δ。溶液的pH不断增大，当加入20mLNaOH溶液时，恰好完全反应。
【解析】A．m点对应的溶液中的溶质为等量NaA和HA，此时溶液pH小于7即c(H+)＞c(OH-)，说明A-水解程度小于HA电离程度，则c(A-)>c(Na+)，故A错误；
B．由图可知，曲线a、b的交点x表示HA和A-的分布系数相同，即溶液中c(HA)=c(A-)，由电离平衡常数计算式Ka=，0.1ml/LHA溶液的，则pH约为3.1，故B正确；
C．p点加入15mL的等浓度NaOH溶液，起始是20mL等浓度的HA溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，根据原子守恒，含Na和A的粒子总的浓度之比是3:4，故得到物料守恒：4 c(Na+)=3c(A-)+3 c(HA)，结合两式可得：，故C错误；
D．由图可知，q点是NaOH和HA恰好完全反应的点，此时溶液中只有A-的水解促进水的电离，水的电离程度最大，故D错误；
故选B。编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
选项
实验
结论
A
氯气的水溶液可以导电
氯气是电解质
B
常温下将等体积pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液混合后测混合后溶液pH值
溶液的pH有可能等于7
C
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多
酸性：HA=HB
D
等体积的盐酸和醋酸分别与等量的Zn反应，两种酸放出气泡一样快
两种酸浓度相等
混合液
溶液酸碱性
NH3·H2O和NH4Cl
中性
CH3COOH和CH3COONa
中性
NaOH和Na2CO3
碱性
NH4Cl和HCl
酸性
一元弱酸（HA）
二元弱酸（H2A）
δ0代表HA，δ1代表A－
δ0代表H2A，δ1代表HA－，δ2代表A2－