《高中化學》第7題電解質溶液中微粒關系及圖像

第7題電解質溶液中微粒關系及圖像復習建議：3課時(題型突破2課時習題1課時)考向1電解質溶液中微粒關系1.(2022·全國乙卷)常溫下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某體系中，H＋與A－不能穿過隔膜，未電離的HA可自由穿過該膜(如圖所示)。設溶液中c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，當達到平衡時，下列敘述正確的是()A.溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B.溶液Ⅱ中的HA的電離度[eq\f(c（A－）,c總（HA）)]為eq\f(1,101)C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10－4答案B解析常溫下溶液Ⅰ的pH＝7.0，則溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A錯誤；常溫下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，則eq\f(0.1c（A－）,c總（HA）－c（A－）)＝1.0×10－3，解得eq\f(c（A－）,c總（HA）)＝eq\f(1,101)，B正確；根據題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C錯誤；常溫下溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(10－7[c總（HA）－c（HA）],c（HA）)＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c總(HA)＝(104＋1)c(HA)；溶液Ⅱ中，由B項解析c總(HA)＝1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c總(HA)之比為[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D錯誤?？枷?平衡常數(shù)曲線(Kw、Ka、Kh、Ksp)2.(2021·全國甲卷)已知相同溫度下，Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)。某溫度下，飽和溶液中－lg[c(SOeq\o\al(2－,4))]、－lg[c(COeq\o\al(2－,3))]與－lg[c(Ba2＋)]的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.曲線①代表BaCO3的沉淀溶解曲線B.該溫度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值為1.0×10－10C.加適量BaCl2固體可使溶液由a點變到b點D.c(Ba2＋)＝10－5.1時兩溶液中eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝10y2－y1答案B解析Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，當－lg[c(Ba2＋)]＝5.1時，即c(Ba2＋)＝10－5.1時，y1<y2，所以陰離子濃度：c點>d點，即c點對應的Ksp要大些，根據Ksp的大小可知，曲線②代表BaCO3的沉淀溶解曲線，曲線①代表BaSO4的沉淀溶解曲線，A錯誤；曲線①，當－lg[c(Ba2＋)]＝4.0時，－lg[c(SOeq\o\al(2－,4))]＝6.0，則c(Ba2＋)＝1.0×10－4、c(SOeq\o\al(2－,4))＝1.0×10－6，所以Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝1.0×10－10，B正確；加入適量BaCl2固體后，由于c(Ba2＋)增大，所以BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)平衡逆向移動，c(COeq\o\al(2－,3))減小，所以溶液應該由b點變到a點，C錯誤；由題圖中數(shù)據可知，c(Ba2＋)＝10－5.1時，eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(10－y2,10－y1)＝10y1－y2，D錯誤。3.(2021·全國乙卷)HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中c(M＋)隨c(H＋)而變化，M＋不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，298K時c2(M＋)～c(H＋)為線性關系，如下圖中實線所示。下列敘述錯誤的是()A.溶液pH＝4時，c(M＋)<3.0×10－4mol·L－1B.MA的溶度積Ksp(MA)＝5.0×10－8C.溶液pH＝7時，c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)D.HA的電離常數(shù)Ka(HA)≈2.0×10－4答案C解析HA為弱酸，電離方程式為HAH＋＋A－，電離常數(shù)Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)；MA是難溶電解質，存在MA(s)M＋(aq)＋A－(aq)，溶度積Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)；A－在溶液中發(fā)生水解，水解反應的離子方程式為A－＋H2OHA＋OH－；在溶液中，根據物料守恒，c(M＋)＝c(A－)＋c(HA)。Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（M＋）－c（A－）)＝eq\f(c（H＋）·\f(Ksp（MA）,c（M＋）),c（M＋）－\f(Ksp（MA）,c（M＋）))＝eq\f(c（H＋）·Ksp（MA）,c2（M＋）－Ksp（MA）)，則c2(M＋)＝eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)·c(H＋)＋Ksp(MA)，c2(M＋)與c(H＋)呈線性關系，其中eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)表示斜率，Ksp(MA)表示截距。由題圖可以看出，Ksp(MA)＝5.0×10－8，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1時，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，則eq\f(Ksp（MA）,Ka（HA）)＝eq\f(c2（M＋）－Ksp（MA）,c（H＋）)＝eq\f(（7.5－5.0）×10－8,10×10－5)＝2.5×10－4，故Ka(HA)＝eq\f(Ksp（MA）,2.5×10－4)＝eq\f(5.0×10－8,2.5×10－4)＝2.0×10－4。當溶液pH＝4時，c(H＋)＝10×10－5mol·L－1，由題圖可以看出，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，因此c(M＋)＝eq\r(7.5×10－8)mol·L－1<3.0×10－4mol·L－1，A敘述正確；由上述計算可得Ksp(MA)＝5.0×10－8，Ka(HA)＝2.0×10－4，B、D敘述正確；未加酸時，體系為純MA的飽和溶液，此時c(M＋)＝c(A－)pH≠7，當pH＝7時，c(OH－)＝c(H＋)但c(M＋)≠c(A－)即c(M＋)＋c(H＋)≠c(A－)＋c(OH－)，C敘述錯誤。考向3滴定曲線4.(2019·全國卷Ⅰ)NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀(鄰苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相對導電能力變化曲線如圖所示，其中b點為反應終點。下列敘述錯誤的是()A.混合溶液的導電能力與離子濃度和種類有關B.Na＋與A2－的導電能力之和大于HA－的C.b點的混合溶液pH＝7D.c點的混合溶液中，c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)答案C解析滴定至終點時發(fā)生反應：2NaOH＋2KHA=K2A＋Na2A＋2H2O。溶液導電能力與溶液中離子濃度、離子種類有關，離子濃度越大、所帶電荷越多，其導電能力越強，A項正確；圖像中縱軸表示“相對導電能力”，隨著NaOH溶液的滴加，溶液中c(K＋)、c(HA－)逐漸減小，而Na＋、A2－的物質的量逐漸增大，由題圖可知，溶液的相對導電能力逐漸增強，說明Na＋與A2－的導電能力之和大于HA－的，B項正確；本實驗默認在常溫下進行，滴定終點時，溶液中的溶質為鄰苯二甲酸鈉和鄰苯二甲酸鉀，由于鄰苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈堿性，pH>7，C項錯誤；滴定終點時，c(K＋)＝c(Na＋)，a點到b點加入NaOH溶液的體積大于b點到c點的，故c點時c(K＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，D項正確?？枷?分布系(分)數(shù)曲線5.(2020·全國卷Ⅰ)以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關系如圖所示。[比如A2－的分布系數(shù)：δ(A2－)＝eq\f(c（A2－）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）)]下列敘述正確的是()A.曲線①代表δ(H2A)，曲線②代表δ(HA－)B.H2A溶液的濃度為0.2000mol·L－1C.HA－的電離常數(shù)Ka＝1.0×10－2D.滴定終點時，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)答案C解析由題圖可知加入40mLNaOH溶液時達到滴定終點，又H2A為二元酸，則H2A溶液的濃度為0.1000mol·L－1，由題圖可知，沒有加入NaOH溶液時，H2A溶液的pH約為1.0，分析可知H2A第一步完全電離，曲線①代表δ(HA－)，曲線②代表δ(A2－)，A項錯誤，B項錯誤；由題圖可知δ(HA－)＝δ(A2－)時溶液pH＝2.0，即c(HA－)＝c(A2－)時溶液pH＝2.0，則Ka(HA－)＝eq\f(c（H＋）·c（A2－）,c（HA－）)＝1.0×10－2，C項正確；滴定終點時溶液中存在的離子有Na＋、H＋、A2－、HA－、OH－，根據電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，此時c(H＋)<c(OH－)，則c(Na＋)>2c(A2－)＋c(HA－)，D項錯誤。考情預測：預計在2023年高考中，仍會以圖像的形式綜合考查外界條件對電離平衡的影響，以及借助圖像數(shù)據計算電離平衡常數(shù)；離子積常數(shù)和影響水電離平衡的因素，特別是酸、堿反應過程中水的電離程度的變化；鹽類水解原理，特別是特殊點的粒子濃度大小關系；溶度積和溶度積曲線的理解等，強調用動態(tài)平衡的觀點看待和分析微粒變化的過程。微題型1離子濃度關系[精練1](2022·浙江6月選考)25℃時，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列說法正確的是()A.相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)B.將濃度均為0.10mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大C.25℃時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH＝10.00，則此時溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)D.25℃時，0.10mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小答案C解析醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O－)<c(CH3COO－)，A錯誤；C6H5ONa溶液中，C6H5O－離子水解出氫氧根離子，升溫促進C6H5O－離子的水解，氫氧根離子濃度增大，pH變大，而氫氧化鈉溶液升溫促進水電離，pH變小，B錯誤；當pH＝10.00時，c(OH－)＝1.0×10－10，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（C6H5O－）,c（C6H5OH）)＝eq\f(1.0×10－10×c（C6H5O－）,c（C6H5OH）)＝1.0×10－10，故c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)，C正確；C6H5ONa中的C6H5O－可以水解，會促進水的電離，D錯誤。[精練2](2022·湖南卷)室溫時，用0.100mol·L－1的標準AgNO3溶液滴定15.00mL濃度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通過電位滴定法獲得lgc(Ag＋)與V(AgNO3)的關系曲線如圖所示(忽略沉淀對離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于1.0×10－5mol·L－1時，認為該離子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17)。下列說法正確的是()A.a點：有白色沉淀生成B.原溶液中I－的濃度為0.100mol·L－1C.當Br－沉淀完全時，已經有部分Cl－沉淀D.b點：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)答案C解析向含濃度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸銀溶液，根據三種沉淀的溶度積常數(shù)，三種離子沉淀的先后順序為I－、Br－、Cl－，根據滴定圖示，當?shù)稳?.50mL硝酸銀溶液時，Cl－恰好沉淀完全，此時共消耗硝酸銀的物質的量為4.50×10－3L×0.100mol·L－1＝4.5×10－4mol，所以Cl－、Br－和I－均為1.5×10－4mol。I－先沉淀，AgI是黃色的，所以a點有黃色沉淀AgI生成，故A錯誤；原溶液中I－的物質的量為1.5×10－4mol，則I－的濃度為eq\f(1.5×10－4mol,15.00×10－3L)＝0.0100mol·L－1，故B錯誤；當Br－沉淀完全時(Br－濃度為1.0×10－5mol·L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝eq\f(Ksp（AgBr）,c（Br－）)mol·L－1＝eq\f(5.4×10－13,1.0×10－5)mol·L－1＝5.4×10－8mol·L－1，則此時溶液中的c(Cl－)＝eq\f(Ksp（AgCl）,c（Ag＋）)＝eq\f(1.8×10－10,5.4×10－8)mol·L－1≈3.3×10－3mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.0100mol·L－1，則已經有部分Cl－沉淀，故C正確；b點加入了過量的硝酸銀溶液，Ag＋濃度最大，則b點各離子濃度為c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，故D錯誤。1.電解質溶液中的“三守恒”物質三守恒Na2SNaHC2O4電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))物料守恒c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)質子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))2.質子守恒關系式的推出質子守恒可以用電荷守恒與物料守恒推出，也可以用圖示法推出。如：(1)Na2CO3溶液：質子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。(2)NaHCO3溶液：質子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)。(3)等物質的量濃度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，質子守恒：3c(H2CO3)＋2c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝2c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))。微題型2平衡常數(shù)曲線(Kw、Ka、Kh、Ksp)[精練3](2022·江西重點中學聯(lián)考)常溫下，向20mL1mol·L－1CuCl2溶液中滴加2mol·L－1Na2S溶液的滴定曲線如圖所示。已知：pCu＝－lgc(Cu2＋)，lg2.5＝0.4，常溫下Ksp(FeS)＝6.3×10－18；Ka1(H2S)＝1.2×10－7，Ka2(H2S)＝7.1×10－15。下列說法中正確的是()A.常溫下，S2－的水解常數(shù)Kh(S2－)約為8.3×10－8B.E→F→G的過程中，水的電離度一直在減小C.向1mol·L－1FeSO4(aq)中加入足量CuS固體，產生FeS沉淀D.25℃時，Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋的K約為1.36×1014答案D解析A.S2－水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，S2－水解常數(shù)Kh＝eq\f(c（HS－）·c（OH－）,c（S2－）)＝eq\f(c（HS－）·c（OH－）·c（H＋）,c（S2－）·c（H＋）)＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,7.1×10－15)≈1.4，故A錯誤；B.E點發(fā)生CuCl2＋Na2S=CuS↓＋2NaCl，溶質為CuCl2和NaCl，Cu2＋水解，促進水的電離，F(xiàn)點CuCl2和Na2S恰好完全反應，溶質為NaCl，對水的電離無影響，G點Na2S過量，溶質為NaCl和Na2S，S2－發(fā)生水解，促進水的電離，因此該過程中水的電離度先減小后增大，故B錯誤；C.根據B選項分析，F(xiàn)點Na2S和CuCl2恰好完全反應，溶液中c(Cu2＋)＝c(S2－)＝10－17.6mol/L，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－35.2<Ksp(FeS)，因此向FeSO4溶液中加入CuS固體，不會產生FeS沉淀，故C錯誤；D.該反應的K＝eq\f(c2（H＋）,c（Cu2＋）·c（H2S）)＝eq\f(c（S2－）·c（H＋）·c（H＋）·c（HS－）,c（S2－）·c（Cu2＋）·c（HS－）·c（H2S）)＝eq\f(Ka1·Ka2,Ksp（CuS）)＝eq\f(1.2×10－7×7.1×10－15,10－35.2)＝eq\f(1.2×10－7×7.1×10－15,（100.4）2×10－36)＝eq\f(1.2×10－7×7.1×10－15,（2.5）2×10－36)＝1.36×1014，故D正確。1.Kw[不同溫度下水溶液中c(H＋)與c(OH－)的變化曲線]圖示解讀①A、C、B三點均為中性，溫度依次升高，Kw依次增大②D點為酸性溶液，E點為堿性溶液，Kw＝1×10－14③AB直線的左上方均為堿性溶液，任意一點：c(H＋)＜c(OH－)2.Ksp曲線(1)常溫下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線(Ksp＝9×10－6)圖示解讀①a、c點在曲線上，a→c的變化為增大c(SOeq\o\al(2－,4))，如加入Na2SO4固體，但Ksp不變②b點在曲線的上方，Qc＞Ksp，將會有沉淀生成③d點在曲線的下方，Qc＜Ksp，則為不飽和溶液，還能繼續(xù)溶解CaSO4(2)直線型(pM－pR曲線)[pM為陽離子濃度的負對數(shù)，pR為陰離子濃度的負對數(shù)]圖示解讀①直線AB上的點：c(M2＋)＝c(R2－)；②溶度積：CaSO4＞CaCO3＞MnCO3；③X點對CaCO3要析出沉淀，對CaSO4是不飽和溶液，能繼續(xù)溶解CaSO4；④Y點：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(Ca2＋)，二者的濃度積等于10－5；Z點：c(COeq\o\al(2－,3))＜c(Mn2＋)，二者的濃度積等于10－10.6。微題型3滴定曲線[精練4](2022·浙江1月選考)某同學在兩個相同的特制容器中分別加入20mL0.4mol·L－1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L－1NaHCO3溶液，再分別用0.4mol·L－1鹽酸滴定，利用pH計和壓力傳感器檢測，得到如下曲線：下列說法正確的是()A.圖中甲、丁線表示向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，乙、丙線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸B.當?shù)渭欲}酸的體積為V1mL時(a點、b點)，所發(fā)生的反應用離子方程式表示為：HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2OC.根據pH－V(HCl)圖，滴定分析時，c點可用酚酞、d點可用甲基橙作指示劑指示滴定終點D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均滿足：c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))＝c(OH－)－c(H＋)答案C解析因為COeq\o\al(2－,3)比HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大，且Na2CO3溶液濃度比NaHCO3溶液大，故Na2CO3溶液的起始pH較大，甲線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，向Na2CO3溶液中滴加鹽酸時，COeq\o\al(2－,3)→HCOeq\o\al(－,3)→H2CO3→CO2，開始加入鹽酸時沒有CO2產生，故丁線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，A項錯誤；從圖像可以看出，b點尚未放出CO2，此時反應的離子方程式是HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2CO3，B項錯誤；圖像顯示c點pH在8～10，則可以用酚酞作指示劑，d點pH在3～4，則可以用甲基橙作指示劑，C項正確；根據質子守恒，Na2CO3溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，D項錯誤。[精練5](2022·西安四區(qū)一模)已知：25℃時，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5。用0.01mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20mL由濃度均為0.01mol·L－1的NaOH溶液和氨水組成的混合溶液，溶液的相對導電能力隨加入CH3COOH溶液體積的變化趨勢如圖所示。下列敘述錯誤的是()A.c點時混合溶液中：pH＝7B.水的電離程度：c＞bC.a點時混合溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))≈1.7×10－5mol·L－1D.c點時混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＋c(Na＋)答案A解析A.由圖可知，c點為醋酸鈉和醋酸銨的混合溶液，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，醋酸根離子在溶液中水解使溶液呈堿性，由電離常數(shù)可知，醋酸的電離常數(shù)與一水合氨的電離常數(shù)相等，則銨根離子在溶液中的水解程度與醋酸根離子的水解程度相當，醋酸銨溶液呈中性，則醋酸鈉和醋酸銨的混合溶液呈堿性，溶液pH大于7，故A錯誤；B.由圖可知，b點為醋酸鈉和氨水的混合溶液，c點為醋酸鈉和醋酸銨的混合溶液，氨水抑制水的電離，醋酸鈉和醋酸銨促進水的電離，則c點水的電離程度大于b點，故B正確；C.由圖可知，a點為等濃度的氫氧化鈉和氨水的混合溶液，溶液中氫氧根離子的濃度約為0.01mol/L，由Kb(NH3·H2O)＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)可得：c(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(Kb·c（NH3·H2O）,c（OH－）)≈eq\f(1.7×10－5×0.01mol/L,0.01mol/L)＝1.7×10－5mol/L，故C正確；D.由圖可知，c點為等濃度的醋酸鈉和醋酸銨的混合溶液，溶液中存在物料守恒關系c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＋c(Na＋)，故D正確。滴定曲線特殊點的分析(1)實例常溫下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖：(2)pH—V圖①各特殊點粒子大小關系及變化趨勢點溶質離子濃度大小比較ACH3COOHc(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)B(1∶1)CH3COOH、CH3COONac(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)C(pH＝7)CH3COOH、CH3COONac(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)DCH3COONac(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)E(2∶1)CH3COONa、NaOHc(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)F(1∶1)CH3COONa、NaOHc(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)②各特殊點對水電離程度的影響點溶質水的電離情況ACH3COOH抑制BCH3COOH、CH3COONa抑制CCH3COOH、CH3COONa正常電離DCH3COONa只促進ECH3COONa、NaOH抑制FCH3COONa、NaOH抑制結論：水的電離程度大小順序為：D＞C＞B＞A＞E＞F微題型4分布系(分)數(shù)曲線[精練6](2022·安徽江南十校一模)H3A是一種多元酸，25℃時，向1mol·L－1H3A溶液中逐滴加入NaOH稀溶液至過量，滴加過程中各種含A微粒的物質的量分數(shù)隨溶液pH的變化曲線如圖所示。下列敘述正確的是()A.1mol·L－1的H3A溶液中存在：c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2A－)＋2c(HA2－)＋3c(A3－)B.25℃時H3A的第一級電離平衡常數(shù)數(shù)量級為10－3C.1mol·L－1的NaH2A溶液中存在：c(Na＋)>c(OH－)>c(H2A－)>c(HA2－)D.NaH2A溶液中存在：c(H3A)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA2－)答案D解析根據圖知，c(H3A)＝c(H2A－)時，Ka1＝c(H＋)＝10－3.49；c(H2A－)＝c(HA2－)時，Ka2＝c(H＋)＝10－5.85。A.根據圖有2個交點，可知H3A是二元弱酸，H3A溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2A－)＋2c(HA2－)，故A錯誤；B.根據圖知，c(H3A)＝c(H2A－)時，Ka1＝c(H＋)＝10－3.49，25℃時H3A的第一級電離平衡常數(shù)數(shù)量級為10－4，故B錯誤；C.NaH2A的水解常數(shù)為Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,10－3.49)＝10－10.51，電離常數(shù)為10－5.85，其電離平衡常數(shù)大于水解平衡常數(shù)，則H2A－以電離為主，溶液呈酸性，存在：c(Na＋)>c(H2A－)>c(HA2－)>c(OH－)，故C錯誤；D.NaH2A溶液中存在質子守恒：c(H3A)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA2－)，故D正確。[精練7](2021·遼寧卷)用0.1000mol·L－1鹽酸滴定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA－、A2－的分布分數(shù)δ隨pH變化曲線及滴定曲線如圖。下列說法正確的是()[如A2－分布分數(shù)：δ(A2－)＝eq\f(c（A2－）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）)]A.H2A的Ka1為10－10.25B.c點：c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)C.第一次突變，可選酚酞作指示劑D.c(Na2A)＝0.2000mol·L－1答案C解析根據圖像知，a點對應的δ(A2－)＝δ(HA－)，則H2A的Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（A2－）,c（HA－）)＝c(H＋)＝10－10.25，A項錯誤；據圖可知c點時c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)，B項錯誤；據圖可知，第一次突躍溶液呈堿性，所以可選用酚酞作指示劑，C項正確；加入20.00mL鹽酸時，A2－恰好全部轉化為HA－，根據A2－＋H＋=HA－和Na2A溶液的體積為20.00mL，可計算出c(Na2A)＝eq\f(0.1000×20.00,20.00)mol·L－1＝0.1000mol·L－1，D項錯誤。分布系(分)數(shù)曲線分布系數(shù)圖及分析[分布曲線是指以pH為橫坐標、分布系數(shù)(即組分的平衡濃度占總濃度的分數(shù))為縱坐標的關系曲線]一元弱酸(以CH3COOH為例)二元酸(以草酸H2C2O4為例)δ0為CH3COOH分布系數(shù)，δ1為CH3COO－分布系數(shù)δ0為H2C2O4分布系數(shù)、δ1為HC2Oeq\o\al(－,4)分布系數(shù)、δ2為C2Oeq\o\al(2－,4)分布系數(shù)1.隨著pH增大，溶質分子濃度不斷減小，離子濃度逐漸增大，酸根離子增多。根據分布系數(shù)可以書寫一定pH時所發(fā)生反應的離子方程式2.同一pH條件下可以存在多種溶質微粒。根據在一定pH的微粒分布系數(shù)和酸的濃度，就可以計算各成分在該pH時的平衡濃度1.(2022·玉林、貴港聯(lián)考)草酸(H2C2O4)常溫時的電離平衡常數(shù)K1＝5.0×10－2，K2＝5.4×10－5。常溫下，用0.2mol/L的NaOH溶液滴定25mL0.2mol/L的H2C2O4溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.Y點溶液呈堿性B.Z點溶液的eq\f(c（HC2Oeq\o\al(－,4)）,c（C2Oeq\o\al(2－,4)）)＝eq\f(10－4,5.4)C.相同條件下，X點溶液中水的電離程度大于Y點溶液中水的電離程度D.0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(H＋)＋c(H2C2O4)＝2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)答案B解析A.由圖可知，Y點溶液為NaHC2O4溶液，此時存在HC2Oeq\o\al(－,4)的電離和水解，其水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,K1)＝eq\f(1×10－14,5.0×10－2)＝2×10－13<K2＝5.4×10－5，HC2Oeq\o\al(－,4)的電離程度大于水解程度，所以c(H＋)>c(OH－)，則Y點溶液顯酸性，A錯誤；B.由圖可知，Z點溶液為Na2C2O4溶液，pH＝9，c(H＋)＝10－9mol/L，eq\f(c（HC2Oeq\o\al(－,4)）,c（C2Oeq\o\al(2－,4)）)＝eq\f(c（HC2Oeq\o\al(－,4)）·c（H＋）,c（C2Oeq\o\al(2－,4)）·c（H＋）)＝eq\f(c（H＋）,K2)＝eq\f(10－9,5.4×10－5)＝eq\f(10－4,5.4)，B正確；C.X點溶液為草酸溶液，抑制水的電離，隨著氫氧化鈉的加入抑制程度逐漸減小，Y點溶液為NaHC2O4，由A可知HC2Oeq\o\al(－,4)的電離程度大于水解程度，X、Y兩點都是電離顯酸性，但是Y點酸性弱，對于水的電離抑制程度小，C錯誤；D.0.1mol/LNaHC2O4溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，結合物料守恒：c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)，兩式聯(lián)立消去c(Na＋)可得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，D錯誤。2.(2022·四川精準教學聯(lián)盟統(tǒng)考)25℃時，將0.10mol·L－1HA溶液逐滴滴加到10mL等濃度的KOH溶液中，lgeq\f(c（A－）,c（HA）)與溶液pH的關系如圖所示。下列相關結論正確的是()A.lgKa(HA)＝lgeq\f(c（A－）,c（HA）)＋pHB.P點存在：c(A－)－c(K＋)＝(10－6－10－8)mol·L－1C.pH＝7時，加入的HA溶液的體積小于10mLD.pH＝12時，c(K＋)>c(OH－)>c(HA)>c(A－)>c(H＋)答案B解析A.根據電離平衡常數(shù)的表達式可以推出lgKa(HA)＝lgeq\f(c（A－）,c（HA）)－pH，選項A錯誤；B.P點的電荷守恒式可以推出c(A－)－c(K＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－6－10－8)mol/L，選項B正確；C.當加入的HA溶液的體積為10mL時，溶液中溶質為KA，溶液為堿性，所以pH＝7時，加入的HA溶液的體積大于10mL，選項C錯誤；D.溫度不變，Ka(HA)相同，將P點值和pH＝12值代入lgKa(HA)＝lgeq\f(c（A－）,c（HA）)－pH，可知c(A－)>c(HA)，選項D錯誤。3.(2022·河南名校模擬)常溫時，將0.1mol·L－1的R2SO4溶液(R＋＋H2OROH＋H＋)加水稀釋，溶液中－lgeq\f(c（R＋）,c（ROH）)與lgc(OH－)的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.常溫時，ROH的電離平衡常數(shù)為1×10－5.7B.P、Q點對應的水的電離程度：P＞QC.Q點對應的溶液中，c(SOeq\o\al(2－,4))＜500c(ROH)D.常溫時，加入適量R2SO4固體可使P點向W點移動答案A解析A.常溫時，ROH的電離平衡常數(shù)K＝eq\f(c（OH－）·c（R＋）,c（ROH）)，根據圖表可知，當lgc(OH－)＝－8.0時，－lgeq\f(c（R＋）,c（ROH）)＝－2.3，所以eq\f(c（R＋）,c（ROH）)＝102.3、c(OH－)＝10－8mol/L，所以K＝eq\f(c（OH－）·c（R＋）,c（ROH）)＝102.3×10－8mol/L＝1×10－5.7，正確；B.由圖可知，P、Q兩點為同溫度下的平衡線上的點，水解常數(shù)相等，對應的水的電離程度：P＝Q，錯誤；C.由圖可知，Q點對應的溶液中，－lgeq\f(c（R＋）,c（ROH）)＝－3，eq\f(c（R＋）,c（ROH）)＝103，根據物料守恒可知：2c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(ROH)＋c(R＋)，所以c(SOeq\o\al(2－,4))＞500c(ROH)，錯誤；D.溫度不變，溶液濃度增大Kb(ROH)不變，混合溶液中－lgeq\f(c（R＋）,c（ROH）)與lgc(OH－)的關系曲線不變，加入R2SO4，不可使P點移至W點，錯誤。4.(2022·安徽江淮十校聯(lián)考)氨基酸分子中含有—NH2和—COOH兩種官能團，當調節(jié)溶液的pH使氨基酸所帶正負電荷正好相等時，氨基酸所帶的凈電荷為零，在電場中不發(fā)生移動現(xiàn)象，此時溶液的pH叫等電點。常溫下，0.001mol·L－1的甘氨酸(H2NCH2COOH)溶液中各物種濃度對數(shù)值與pH的關系如圖所示，下列說法正確的是()已知：A.B點為等電點B.pH＝7時，c(H3N＋CH2COO－)>c(H3N＋CH2COOH)>c(H2NCH2COO－)C.H3N＋CH2COOHH3N＋CH2COO－＋H＋平衡常數(shù)的數(shù)量級為10－10D.C點溶液中滿足：c(H＋)＋c(H3N＋CH2COOH)＝c(OH－)＋c(H3N＋CH2COO－)答案A解析A.當調節(jié)溶液的pH使氨基酸所帶正負電荷正好相等時，氨基酸所帶的凈電荷為零，在電場中不發(fā)生移動現(xiàn)象，此時溶液的pH叫等電點，B點H3N＋CH2COOH與H2NCH2COO－濃度相等，甘氨酸所帶正負電荷剛好為零，則B點為等電點，正確；B.pH＝7時，曲線①表示H3N＋CH2COOH、曲線②表示H3N＋CH2COO－、曲線③表示H2NCH2COO－，由圖可知，c(H3N＋CH2COO－)>c(H2NCH2COO－)>c(H3N＋CH2COOH)，錯誤；C.H3N＋CH2COOHH3N＋CH2COO－＋H＋平衡常數(shù)K＝eq\f(c（H3N＋CH2COO－）·c（H＋）,c（H3N＋CH2COOH）)，當c(H3N＋CH2COO－)＝c(H3N＋CH2COOH)時即圖中A點，此時pH約為2.5，則平衡常數(shù)的數(shù)量級為10－3，錯誤；D.C點溶液c(H3N＋CH2COO－)>c(H3N＋CH2COOH)，溶液呈堿性c(OH－)＞c(H＋)，溶液中c(H＋)＋c(H3N＋CH2COOH)＜c(OH－)＋c(H3N＋CH2COO－)，錯誤。5.(2022·臨川一中模擬)25℃時，向不同濃度硝酸中加入CH3COOAg固體，溶解過程中－lgc(Ag＋)與溶液pH的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.CH3COOAg的Ksp的數(shù)量級為10－3B.溫度一定時，c越大，CH3COOAg的溶解度越小C.溫度和pH一定時，c越大，CH3COOAg的Ksp越大D.a點溶液滿足：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝0.1mol·L－1答案A解析A.根據圖示信息可以看出，當c＝0.01的曲線與CH3COOAg存在區(qū)域的交點處對應的縱坐標－lgc(Ag＋)值約為1.2，則c(Ag＋)＝10－1.2mol/L，又根據CH3COOAg的沉淀溶解平衡CH3COOAg(s)CH3COO－(aq)＋Ag＋(aq)可知，沉淀CH3COOAg的Ksp＝c(Ag＋)·c(CH3COO－)＝10－1.2×10－1.2＝10－2.4，則其Ksp的數(shù)量級為10－3，A項正確；B.根據圖示，溫度一定時，c越大，CH3COOAg的飽和溶液中－lgc(Ag＋)越小，即c(Ag＋)越大，則CH3COOAg的溶解度越大，B項錯誤；C.Ksp(CH3COOAg)只與溫度有關，溫度和pH一定時，Ksp(CH3COOAg)保持不變，C項錯誤；D.a點所在曲線起始時c(HNO3)＝0.1mol·L－1，加入CH3COOAg固體，c(NOeq\o\al(－,3))不變，c(NOeq\o\al(－,3))＝0.1mol·L－1，根據物料守恒c(Ag＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，以及電荷守恒c(Ag＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(NOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)>0.1mol·L－1，D項錯誤。題型特訓題型特訓1電解質溶液中四大平衡常數(shù)曲線1.(2022·成都郫都區(qū)段考)已知：BaMoO4，BaSO4均難溶于水。T℃時，BaMoO4，BaSO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，其中p(Ba)＝－lgc(Ba2＋)，p(X)＝－lgc(MoOeq\o\al(2－,4))或－lgc(SOeq\o\al(2－,4))，(圖中僅有己標數(shù)據可用于計算)。下列敘述正確的是()A.T℃時，Ksp(BaMoO4)的數(shù)量級為10－6B.T℃時，Z點對應的BaMoO4溶液已達到沉淀溶解平衡C.T℃時，BaMoO4(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)BaMoO4(s)＋MoOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)K＝200D.T℃時，兩支試管中分別裝有等體積0.1mol/L的Na2SO4和Na2MoO4溶液，分別同時按相同速率滴加等濃度的BaCl2溶液，Na2SO4溶液中先產生沉淀答案D解析由圖可知，T℃時，p(Ba)＝0時，p(SOeq\o\al(2－,4))＝10，則硫酸鋇的溶度積Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝1×10－10＝10－10；p(Ba)＝3.7時，p(MoOeq\o\al(2－,4))＝3.7，則鉬酸鋇的溶度積Ksp(BaMoO4)＝c(Ba2＋)·c(MoOeq\o\al(2－,4))＝10－3.7×10－3.7＝10－7.4。A.由分析可知，T℃時，鉬酸鋇的溶度積Ksp(BaMoO4)＝10－7.4，數(shù)量級為10－8，故A錯誤；B.由圖可知，Z點溶液中的濃度熵Qc＝c(Ba2＋)·c(MoOeq\o\al(2－,4))＜Ksp(BaMoO4)，則該點對應溶液為不飽和溶液，溶液未達到沉淀溶解平衡，故B錯誤；C.由方程式可知，反應的平衡常數(shù)K＝eq\f(c（MoOeq\o\al(2－,4)）,c（SOeq\o\al(2－,4)）)＝eq\f(c（MoOeq\o\al(2－,4)）·c（Ba2＋）,c（SOeq\o\al(2－,4)）·c（Ba2＋）)＝eq\f(Ksp（BaMoO4）,Ksp（BaSO4）)＝eq\f(1×10－7.4,1×10－10)＝102.6，故C錯誤；D.由分析可知，T℃時，硫酸鋇的溶度積小于鉬酸鋇的溶度積，則分別向等濃度的硫酸鈉溶液和鉬酸鈉溶液中同時按相同速率滴加等濃度的氯化鋇溶液時，硫酸鈉溶液中先產生硫酸鋇沉淀，故D正確。2.(2022·西寧摸底)AsOeq\o\al(3－,4)、POeq\o\al(3－,4)都是造成水體污染的因素，可以利用沉淀法除去。如圖a、b分別是Mg3(AsO4)2、Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡曲線。下列說法錯誤的是()A.Ksp[Mg3(AsO4)2]＝10－19.68B.向濃度相等的Na3AsO4、Na3PO4的廢水中同時滴加相同濃度的Mg(NO3)2溶液，POeq\o\al(3－,4)先沉淀C.要使廢水中AsOeq\o\al(3－,4)、POeq\o\al(3－,4)離子濃度不大于10－6mol·L－1，則Mg2＋濃度至少為10－2.56mol·L－1D.若Mg3(AsO4)2(s)＋2POeq\o\al(3－,4)(aq)Mg3(PO4)2(s)＋2AsOeq\o\al(3－,4)(aq)成立，則平衡常數(shù)K＝104.52答案D解析A.根據題意a、b分別代表Mg3(AsO4)2、Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡曲線，利用坐標可知：Ksp[Mg3(AsO4)2]＝10－19.68，Ksp[Mg3(PO4)2]＝10－25.2，A選項正確；B.Mg3(PO4)2的溶解度比Mg3(AsO4)2的更小，所以，向濃度相等的Na3AsO4、Na3PO4的廢水中同時滴加相同濃度的Mg(NO3)2溶液，POeq\o\al(3－,4)先沉淀，B選項正確；C.要使廢水中AsOeq\o\al(3－,4)、POeq\o\al(3－,4)離子濃度不大于10－6mol·L－1，根據Mg3(AsO4)2的Ksp，可得Mg2＋濃度至少為10－2.56mol·L－1，C選項正確；D.由于Mg3(AsO4)2的溶解度比Mg3(PO4)2的大，所以Mg3(AsO4)2(s)＋2POeq\o\al(3－,4)(aq)Mg3(PO4)2(s)＋2AsOeq\o\al(3－,4)(aq)成立，其K＝eq\f(Ksp[Mg3（AsO4）2],Ksp[Mg3（PO4）2])＝105.52，D選項錯誤。3.(2022·天津河西區(qū)摸底)某實驗測得0.1mol·L－1NaHCO3溶液在升溫過程中(不考慮水揮發(fā))的pH變化曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.a點溶液中，eq\f(KW,Ka1（H2CO3）)>Ka2(H2CO3)B.b點溶液中，c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))C.a點與c點溶液中的c(OH－)相等D.ab段，升溫，pH減小，說明抑制了HCOeq\o\al(－,3)的水解答案A解析A.NaHCO3溶液顯堿性，則HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于電離程度，即Kh>Ka2，即Kh＝eq\f(Kw,Ka1)>Ka2，所以a點時，eq\f(KW,Ka1（H2CO3）)>Ka2(H2CO3)，A正確；B.b點溶液顯堿性，則c(H＋)<c(OH－)，根據溶液中電荷守恒為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，所以c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，B錯誤；C.隨著溫度升高，Kw增大，a點溶液的pH與c點溶液的pH相同，即c(H＋)相同，由于c點溶液中的Kw大，則a點溶液的c(OH－)比c點溶液的小，C錯誤；D.NaHCO3溶液中存在HCOeq\o\al(－,3)的水解和電離兩個過程，兩個過程均是吸熱過程，升高溫度，促進了HCOeq\o\al(－,3)的水解和電離，D錯誤。4.(2022·安徽十八校聯(lián)盟模擬)H2R是一種二元弱酸，常溫下某水體中c(H2R)由于空氣中的某種成分的存在而保持不變，又知該水體－lgc(X)(X為H2R、HR－、R2－、M2＋)與pH的關系如圖所示、Ksp(MR)＝3.0×10－9，下列說法錯誤的是()A.Ka1(H2R)＝1×10－6.3B.0.1mol·L－1的KHR的溶液：c(K＋)>c(HR－)>c(R2－)>c(OH－)C.曲線④表示水體中c(M2＋)隨著pH的變化情況D.當pH＝10.3時，水體中c(M2＋)等于3.0×10－7.9mol·L－1答案B解析由“c(H2R)保持不變”知①表示c(H2R)，隨著pH的增大，c(HR－)和c(R2－)增大，－lgc(HR－)和－lgc(R2－)減小，在pH較小時存在－lgc(HR－)<－lgc(R2－)，說明曲線②表示HR－，③表示R2－，據此分析解答。A.由H2RH＋＋HR－知，Ka1(H2R)＝eq\f(c（H＋）·c（HR－）,c（H2R）)，又a點時c(HR－)＝c(H2R)，pH＝6.3，故Ka1(H2R)＝1×10－6.3，同理可求出Ka2(H2R)＝1×10－10.3，故A正確；B.由于Kh(HR－)＝eq\f(c（H2R）·c（OH－）,c（HR－）)＝eq\f(Kw,Ka1（H2R）)＝eq\f(1×10－14,1×10－6.3)＝1×10－7.7>Ka2(H2R)，故KHR溶液中HR－水解能力強于HR－電離能力，溶液中c(R2－)<c(OH－)，故B錯誤；C.pH越大則c(R2－)越大，則水體中c(M2＋)越小，－lgc(M2＋)越大，故④表示－lgc(M2＋)隨著pH變化的情況，故C正確；D.pH＝10.3時，c(R2－)＝10－1.1mol/L，此時MR達到了溶解平衡狀態(tài)，則c(M2＋)＝eq\f(3.0×10－9,1×10－1.1)mol/L＝3.0×10－7.9mol/L，故D正確。5.(2022·呂梁摸底)酒石酸(，用H2R表示)可做食品抗氧化劑，是一種二元弱酸。25℃時，Ka1＝10－3.04，向10mL0.01mol·L－1的酒石酸溶液中滴加0.01mol·L－1的氫氧化鈉溶液，溶液中－lgeq\f(c（OH－）,c（H＋）)與所加氫氧化鈉溶液的體積關系如圖所示。下列說法正確的是()A.n點溶液c(OH－)>c(H＋)B.p點溶液中存在c(OH－)＝c(HR－)＋2c(H2R)＋c(H＋)C.n點到p點過程中水的電離程度變小D.NaHR溶液中HR－的電離平衡常數(shù)小于其水解平衡常數(shù)答案B解析分析lgeq\f(c（OH－）,c（H＋）)的意義，利用25℃時Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝10－14，－lgeq\f(c（OH－）,c（H＋）)＝－lgc(OH－)＋lgc(H＋)＝－lg10－14＋lgc(H＋)＋lgc(H＋)＝14－2pH，可根據縱坐標數(shù)據判斷25℃時pH大小，進而確定溶液酸堿性。A.n點時－lgeq\f(c（OH－）,c（H＋）)＝0，則c(OH－)＝c(H＋)，即為中性溶液，A項錯誤；B.p點時加入0.01mol·L－1的氫氧化鈉溶液體積為20mL，與10mL0.01mol·L－1的酒石酸恰好完全反應，得到Na2R溶液，根據此時溶液的電荷守恒2c(R2－)＋c(HR－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)及物料守恒c(Na＋)＝2c(HR－)＋2c(H2R)＋2c(R2－)關系，可得c(OH－)＝c(HR－)＋2c(H2R)＋c(H＋)，B項正確；C.n點溶液呈中性說明此時溶液中HR－電離與HR－及R2－水解恰好相等，繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，HR－減少，R2－增多，水的電離程度應變大，C項錯誤；D.當加入0.01mol·L－1的氫氧化鈉溶液體積為10mL時，為NaHR溶液，m點可求得pH＜7，溶液呈酸性，說明此時溶液中HR－的電離程度大于其水解程度，即HR－的電離平衡常數(shù)大于其水解平衡常數(shù)，D項錯誤。6.(2022·成都樹德中學階段測試)用雙硫腙(H2Dz，二元弱酸)～CCl4絡合萃取法可從工業(yè)廢水中提取金屬離子：H2Dz先將金屬離子絡合成電中性的物質[如Cu(HDz)2等]，再用CCl4萃取此絡合物。下圖是用上述方法處理含有Hg2＋、Bi3＋、Zn2＋的廢水時的酸度曲線(E%表示金屬離子以絡合物形式被萃取分離的百分率)。下列說法中錯誤的是()A.當調節(jié)pH＝5時，鋅(Zn)的主要存在形式為：Zn2＋、Zn(HDz)2B.若pH＝2.5時且－lgc(H2Dz)＝pH，絡合反應達平衡，則雙硫腙與Bi3＋絡合反應平衡常數(shù)約為4C.當調節(jié)pH＝11時，溶液中部分離子濃度大小順序一定為：c(Na＋)＞c(Deq\o\al(2－,Z))＝c[Zn(OH)eq\o\al(2－,4)]＞c(OH－)＞c(H＋)D.向萃取后的CCl4中加入過量NaOH溶液可將鉍元素以氫氧化物的形式沉淀下來，相應的離子方程式為Bi(HDz)3＋6OH－=Bi(OH)3↓＋3H2O＋3Deq\o\al(2－,Z)答案C解析A.由題干圖示可知，當調節(jié)pH＝5時，鋅(Zn)的主要存在形式為：Zn2＋、Zn(HDz)2，A正確；B.已知Bi3＋＋3H2DzBi(HDz)3＋3H＋，由圖中信息可知，若pH＝2.5時Bi(HDz)3為80%，Bi3＋為20%，則有：K＝eq\f(c3（H＋）·c[Bi（HDz）3],c3（H2Dz）·c（Bi3＋）)，且－lgc(H2Dz)＝pH，即c(H＋)＝c(H2Dz)，即K＝eq\f(c3（H＋）·c[Bi（HDz）3],c3（H2Dz）·c（Bi3＋）)＝eq\f(c[Bi（HDz）3],c（Bi3＋）)＝eq\f(0.8,0.2)＝4，B正確；C.由圖示信息可知，當調節(jié)pH＝11時，Zn(OH)eq\o\al(2－,4)為70%，由方程式Zn(HDz)2＋6OH－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)＋2H2O＋2Dz2－，Dz2－的濃度應為Zn(OH)eq\o\al(2－,4)濃度的2倍，即c(Dz2－)＞c[Zn(OH)eq\o\al(2－,4)]，C錯誤；D.向萃取后的CCl4中加入過量NaOH溶液可將鉍元素以氫氧化物的形式沉淀下來，相應的離子方程式為Bi(HDz)3＋6OH－=Bi(OH)3↓＋3H2O＋3Deq\o\al(2－,Z)，D正確。題型特訓2滴定曲線1.(2022·廣西“韜智杯”大聯(lián)考)室溫時，向100mL0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法正確的是()A.a點處存在c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.1mol·L－1B.b點處存在c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＝c(H＋)C.圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是d點D.由a到b發(fā)生反應的離子方程式為H＋＋OH－=H2O答案B解析A.0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中存在元素質量守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.1mol·L－1，而a點加入了100mLNaOH溶液，溶液體積變?yōu)樵瓉淼?倍，所以在a點，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.05mol·L－1，故A錯誤；B.b點溶液呈中性，則c(OH－)＝c(H＋)，a點時c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))，則b點c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))，NHeq\o\al(＋,4)水解，且SOeq\o\al(2－,4)的物質的量不隨NaOH的加入而變化，而NHeq\o\al(＋,4)的物質的量在a點之后隨加入的NaOH溶液體積的增多而減小，所以c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))，所以b點離子濃度大小為：c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＝c(H＋)，故B正確；C.根據反應量的關系，a點恰好消耗完H＋，反應后溶液中只有(NH4)2SO4、Na2SO4，NHeq\o\al(＋,4)水解促進了水的電離，而b、c、d三點溶液均含有NH3·H2O，NH3·H2O抑制了水的電離，所以水的電離程度最大的為a點，故C錯誤；D.a點恰好消耗完H＋，反應后溶質為(NH4)2SO4、Na2SO4，a點之后NHeq\o\al(＋,4)開始反應，則b到c發(fā)生反應的離子方程式為：NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O，故D錯誤。2.(2022·許昌二模)常溫下，體積均為25.00mL的磷酸、硫酸及草酸(H2C2O4)分別用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定，其滴定曲線如下：已知：常溫下，H3PO4的Ka1、Ka2、Ka3依次為7.1×10－3、6.2×10－8、4.5×10－13；H2C2O4的Ka1、Ka2依次為5.6×10－2、5.4×10－5。下列說法正確的是()A.曲線Y、曲線Z分別代表H2SO4、H2C2O4B.起始時，磷酸、硫酸及草酸的物質的量濃度相同C.當V(NaOH溶液)＝50.00mL時，滴定磷酸的溶液中：c(POeq\o\al(3－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(H2POeq\o\al(－,4))D.當V(NaOH溶液)＝50.00mL時，滴定草酸的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))答案B解析A.據圖可知，當加入的NaOH溶液達到50.00mL時，曲線X、Y的pH發(fā)生兩次突變，Z發(fā)生一次突變，則曲線Z代表的應為強酸，即H2SO4；繼續(xù)滴加NaOH溶液，曲線Y和Z重合，則Y也應是二元酸，即H2C2O4，而X的pH小于二者，說明X中還含有能電離出氫離子的物質，即X為三元酸，即H3PO4，A錯誤；B.加入50.00mLNaOH溶液后Y和Z重合，說明二者均完全反應，所以H2SO4和H2C2O4的起始濃度相同，滴定H3PO4時依次發(fā)生反應H3PO4＋NaOH=NaH2PO4＋H2O、NaH2PO4＋NaOH=Na2HPO4＋H2O、Na2HPO4＋NaOH=Na3PO4＋H2O，每一步反應恰好進行完時pH發(fā)生一次突變，據圖可知第二次突變時加入的NaOH溶液為50.00mL，即反應掉“2個氫離子”時消耗的NaOH和另外兩種二元酸相同，所以H3PO4的起始濃度與另外兩種酸也相同，B正確；C.V(NaOH溶液)＝50.00mL時，滴定磷酸的溶液中溶質為Na2HPO4，存在HPOeq\o\al(2－,4)的電離和水解，據圖可知此時溶液顯堿性，所以水解程度大于電離程度，且水解和電離都是微弱的，所以溶液中c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))，C錯誤；D.當V(NaOH溶液)＝50.00mL時，滴定草酸的溶液中溶質為Na2C2O4，存在質子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(H2C2O4)，D錯誤。3.(2022·南昌一模)室溫下，用0.1mol/L的鹽酸滴定0.1mol/L溴化肼(N2H5Br)的25mL溶液，已知肼(N2H4)是二元弱堿(與NH3類似)，滴定過程中混合溶液的相對導電能力變化曲線如圖所示。下列敘述錯誤的是()A.N2Heq\o\al(2＋,6)與Cl－的導電能力之和大于N2Heq\o\al(＋,5)的B.b點表示鹽酸與溴化肼恰好完全反應：c(Cl－)＝c(Br－)>c(N2Heq\o\al(2＋,6))C.c點的混合溶液中：c(H＋)>c(N2Heq\o\al(2＋,6))>c(N2Heq\o\al(＋,5))D.N2H4與硫酸反應形成的酸式鹽的化學式為N2H6(HSO4)2答案C解析A.a點N2Heq\o\al(＋,5)的濃度約為0.1mol/L，c(Br－)＝0.1mol/L，b點加入25.00mL0.1mol/L的鹽酸，與N2H5Br恰好完全反應，此時溶液中的溶質為等物質的量的N2H6Br2和N2H6Cl2，由于水解，c(N2Heq\o\al(2＋,6))略小于0.05mol/L，c(Cl－)＝0.05mol/L，c(Br－)＝0.05mol/L，b點各離子濃度之和小于a點，但導電能力增強，溴離子的導電能力不變，說明N2Heq\o\al(2＋,6)與Cl－的導電能力之和大于N2Heq\o\al(＋,5)的，A正確；B.b點溶質為等物質的量的N2H6Br2和N2H6Cl2，由于N2Heq\o\al(2＋,6)會發(fā)生水解，所以c(Cl－)＝c(Br－)>c(N2Heq\o\al(2＋,6))，B正確；C.b點溶質為0.00125molN2H6Br2和0.00125molN2H6Cl2，繼續(xù)滴加鹽酸，二者的物質的量不變，所以到c點時，N2Heq\o\al(2＋,6)的物質的量約為0.0025mol(水解是微弱的)，而從b點到c點加入的鹽酸小于15mL，所以H＋的物質的量小于0.0015mol，則c(N2Heq\o\al(2＋,6))＞c(H＋)，C錯誤；D.硫酸為二元酸，N2H4為二元堿，所以N2H4與硫酸反應形成的酸式鹽的化學式為N2H6(HSO4)2，D正確。4.(2022·甘肅名校第二次診斷)已知Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5。常溫下，用0.01mol·L－1氨水滴定20mL濃度均為0.01mol·L－1的HCl和CH3COOH混合溶液，相對導電能力隨加入氨水體積變化曲線如圖所示。下列敘述正確的是()A.a點的混合溶液中：c(CH3COO－)約為1.7×10－5mol·L－1B.b點的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(NHeq\o\al(＋,4))C.c點的混合溶液中：c(Cl－)＝2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)D.當混合溶液pH<7時，加入氨水體積一定≤40mL答案A解析A.a點為濃度均為0.01mol/L的鹽酸和醋酸混合溶液，鹽酸全部電離，醋酸部分電離，根據醋酸的電離平衡表達式：Ka(CH3COOH)＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)；可以得到c(CH3COO－)＝eq\f(Ka（CH3COOH）·c（CH3COOH）,c（H＋）)＝eq\f(1.7×10－5×0.01,0.01)＝1.7×10－5mol·L－1，故A正確；B.b點為等濃度的氯化銨和醋酸，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5，Kh(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(10－14,1.7×10－5)＝5.89×10－10，Ka(CH3COOH)>Kh(NHeq\o\al(＋,4))，醋酸電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)水解程度，則c(NHeq\o\al(＋,4))>c(CH3COOH)，故B錯誤；C.c點溶液中恰好生成等量的NH4Cl和CH3COONH4，根據物料守恒：2c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，2c(CH3COOH)＋2c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故C錯誤；D.c點溶質為等濃度氯化銨和醋酸銨，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5，即氨水的堿性約等于醋酸的酸性，在醋酸氨溶液中，銨根離子和醋酸根離子的水解程度幾乎相等，溶液呈中性，但是由于氯化銨屬于強酸弱堿鹽，顯酸性，則當混合溶液pH<7時，加入氨水體積不一定≤40mL，故D錯誤。5.(2022·湘豫名校聯(lián)考)草酸是一種二元弱酸，Ka1＝5.9×10－2，Ka2＝6.4×10－5，室溫下，用0.1000mol·L－1的NaOH標準溶液滴定25mL0.1mol·L－1的H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲線如圖a所示。圖b為在上述滴定過程中草酸溶液中草酸各種形態(tài)的分布系數(shù)與pH的關系。下列說法錯誤的是()A.該溫度下，將0.1mol·L－1草酸溶液和0.1mol·L－1草酸鈉溶液等體積混合，溶液pH約為2.6B.X點附近滴定突躍不如Y點附近明顯，是因為X點時形成緩沖溶液C.X點對應圖b中的M點，Y點對應圖b中的N點D.Y點時，溶液中c(Na＋)>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(OH－)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(H＋)答案C解析室溫下，用0.1000mol·L－1的NaOH標準溶液滴定25mL0.1mol·L－1的H2C2O4溶液的滴定曲線如圖a所示，圖b為在該滴定過程中草酸溶液中草酸各種形態(tài)的分布系數(shù)與pH的關系，則δ0表示H2C2O4的分布系數(shù)與pH的關系，δ1表示HC2Oeq\o\al(－,4)的分布系數(shù)與pH的關系，δ2表示C2Oeq\o\al(2－,4)的分布系數(shù)與pH的關系。A.該溫度下，將0.1mol·L－1草酸溶液和0.1mol·L－1草酸鈉溶液等體積混合，生成0.1mol·L－1NaHC2O4溶液，根據圖b可知，溶液pH約為2.6，正確；B.X點時，加入NaOH和H2C2O4的物質的量相等，形成NaHC2O4溶液，該溶液為緩沖溶液，加酸加堿，pH都不會劇烈變化；Y點時滴定結束，生成Na2C2O4，此時加堿，Na2C2O4不再反應，pH會劇烈升高；正確；C.X點為NaHC2O4溶液，對應圖b中pH＝2.6處；Y點為Na2C2O4溶液，圖a中Y點pH＝8.4，故Y點不能對應圖b中的N點；錯誤；D.Y點為Na2C2O4溶液，溶液中各離子濃度大小關系為：c(Na＋)＞c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(OH－)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(H＋)，正確。6.(2022·石家莊質檢)用強堿滴定某一弱酸時，弱酸被強堿部分中和后得到“弱酸鹽和弱酸”組成的緩沖溶液，其中存在pH＝pKa－lgeq\f(c（酸）,c（鹽）)。25℃時，用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定16.00mL某未知濃度的HA溶液，滴定過程中消耗NaOH溶液的體積與混合溶液pH之間的關系如圖所示(已知：pKa＝－lgKa，100.48＝3，酸性HA＞HCN)。下列說法錯誤的是()A.HA電離常數(shù)的數(shù)量級為10－5B.b點溶液中存在c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)C.c點溶液中粒子濃度的大小關系為c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)D.若將HA改為等體積等濃度的HCN，則pH隨NaOH溶液體積的變化曲線豎直上移答案B解析設HA的初始濃度為cmol·L－1，圖中a、b兩點對應pH均小于7，說明HA有剩余，根據反應HA＋NaOH=NaA＋H2O，結合題中公式可知，a點pH＝pKa－lgeq\f(\f(16c－0.1×8,16＋8),\f(0.1×8,16＋8))＝pKa－lgeq\f(16c－0.8,0.8)＝4.27，同理，b點pH＝pKa－lgeq\f(16c－1.6,1.6)＝4.75，聯(lián)立兩式，解得c＝0.2，即HA的初始濃度為0.2mol·L－1，pKa＝4.75，則Ka＝10－4.75，數(shù)量級為10－5，A項正確；由HA的初始濃度為0.2mol·L－1知，b點時HA恰好反應一半，所得溶液為等濃度的HA和NaA的混合溶液，此時pH＜7，說明HA的電離程度大于NaA的水解程度，c(Na＋)＞c(HA)，根據電荷守恒c(A－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，可得c(A－)＋c(OH－)＞c(H＋)＋c(HA)，B項錯誤；c點加入24mLNaOH溶液，溶液中NaA和HA的物質的量之比為3∶1，且溶液pH＜7，則粒子濃度的大小關系為c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)，C項正確；由酸性HA＞HCN，知pKa(HA)＜pKa(HCN)，由pH＝pKa－lgeq\f(c（酸）,c（鹽）)知，pKa越大，pH越大，故相應點豎直上移，D項正確。題型特訓3分布系(分)數(shù)及對數(shù)曲線1.(2022·河南八市重點高中摸底)常溫下，用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1HA溶液。溶液中A－(或HA)的分布系數(shù)δ、NaOH溶液體積V與pH的關系如圖所示[已知：δ(HA)＝eq\f(c（HA）,c（HA）＋c（A－）)]。下列敘述錯誤的是()A.曲線a表示的是HA的分布系數(shù)變化曲線B.HA的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級為10－6C.p點對應的溶液中，c(A－)＜3c(HA)D.p、n、q中，水的電離程度最大的是q點