2023届高考化学三轮冲刺 题型突破 第7题　电解质溶液中微粒关系及图像 教案（含解析）

第7题　电解质溶液中微粒关系及图像
复习建议：3课时(题型突破2课时　习题1课时)
考向1　电解质溶液中微粒关系
1.(2022·全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是(　　)
A.溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B.溶液Ⅱ中的HA的电离度[]为
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4
答案　B
解析　常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，Ka(HA)＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，Ka(HA)＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)；溶液Ⅱ中，由B项解析c总(HA)＝1.01 c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。
考向2　平衡常数曲线(Kw、Ka、Kh、 Ksp)
2.(2021·全国甲卷)已知相同温度下，Ksp(BaSO4)下列说法正确的是(　　)
A.曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B.该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×10－10
C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D.c(Ba2＋)＝10－5.1时两溶液中＝10y2－y1
答案　B
解析　Ksp(BaSO4)d点，即c点对应的Ksp要大些，根据Ksp的大小可知，曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线，A错误；曲线①，当－lg[c(Ba2＋)]＝4.0时，－lg[c(SO)]＝6.0，则c(Ba2＋)＝1.0×10－4、c(SO)＝1.0×10－6，所以Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SO)＝1.0×10－10，B正确；加入适量BaCl2固体后，由于c(Ba2＋)增大，所以BaCO3(s)??Ba2＋(aq)＋CO(aq)平衡逆向移动，c(CO)减小，所以溶液应该由b点变到a点，C错误；由题图中数据可知，c(Ba2＋)＝10－5.1时，＝＝10y1－y2，D错误。
3.(2021·全国乙卷)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M＋)随c(H＋)而变化，M＋不发生水解。实验发现，298 K时c2(M＋)～c(H＋)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是(　　)
A.溶液pH＝4时，c(M＋)<3.0×10－4 mol·L－1
B.MA的溶度积Ksp(MA)＝5.0×10－8
C.溶液pH＝7时，c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
D.HA的电离常数Ka(HA)≈2.0×10－4
答案　C
解析　HA为弱酸，电离方程式为HA??H＋＋A－，电离常数Ka＝；MA是难溶电解质，存在MA(s)??M＋(aq)＋A－(aq)，溶度积Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)；A－在溶液中发生水解，水解反应的离子方程式为A－＋H2O??HA＋OH－；在溶液中，根据物料守恒，c(M＋)＝c(A－)＋c(HA)。Ka(HA)＝
＝＝＝
，则c2(M＋)＝·c(H＋)＋Ksp(MA)，c2(M＋)与c(H＋)呈线性关系，其中表示斜率，Ksp(MA)表示截距。由题图可以看出，Ksp(MA)＝5.0×10－8，c(H＋)＝10×10－5 mol·L－1时，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，则＝＝＝2.5×10－4，故Ka(HA)＝＝＝2.0×10－4。当溶液pH＝4时，c(H＋)＝10×10－5 mol·L－1，由题图可以看出，c2(M＋)＝7.5×10－8(mol·L－1)2，因此c(M＋)＝ mol·L－1<3.0×10－4 mol·L－1，A叙述正确；由上述计算可得Ksp(MA)＝5.0×10－8，Ka(HA)＝2.0×10－4，B、D叙述正确；未加酸时，体系为纯MA的饱和溶液，此时c(M＋)＝c(A－)　pH≠7，当pH＝7时，c(OH－)＝c(H＋)但c(M＋)≠c(A－)即c(M＋)＋c(H＋)≠c(A－)＋c(OH－)，C叙述错误。
考向3　滴定曲线
4.(2019·全国卷Ⅰ)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是(　　)
A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B.Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的
C.b点的混合溶液pH＝7
D.c点的混合溶液中，c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)
答案　C
解析　滴定至终点时发生反应：2NaOH＋2KHA===K2A＋Na2A＋2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A项正确；图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K＋)、c(HA－)逐渐减小，而Na＋、A2－的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH>7，C项错误；滴定终点时，c(K＋)＝c(Na＋)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点到c点的，故c点时c(K＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，D项正确。
考向4　分布系(分)数曲线
5.(2020·全国卷Ⅰ)以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。
[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝]
下列叙述正确的是(　　)
A.曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B.H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L－1
C.HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2
D.滴定终点时，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)
答案　C
解析　由题图可知加入40 mL NaOH溶液时达到滴定终点，又H2A为二元酸，则H2A溶液的浓度为0.100 0 mol·L－1，由题图可知，没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH约为1.0，分析可知H2A第一步完全电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A项错误，B项错误；由题图可知δ(HA－)＝δ(A2－)时溶液pH＝2.0，即c(HA－)＝c(A2－)时溶液pH＝2.0，则Ka(HA－)＝＝1.0×10－2，C项正确；滴定终点时溶液中存在的离子有Na＋、H＋、A2－、HA－、OH－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，此时c(H＋)2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。
考情预测：预计在2023年高考中，仍会以图像的形式综合考查外界条件对电离平衡的影响，以及借助图像数据计算电离平衡常数；离子积常数和影响水电离平衡的因素，特别是酸、碱反应过程中水的电离程度的变化；盐类水解原理，特别是特殊点的粒子浓度大小关系；溶度积和溶度积曲线的理解等，强调用动态平衡的观点看待和分析微粒变化的过程。
微题型1　离子浓度关系
[精练1]　(2022·浙江6月选考)25 ℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是(　　)
A.相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B.将浓度均为0.10 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D.25 ℃时，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
答案　C
解析　醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O－)＝1.0×10－10，故c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)，C正确；C6H5ONa中的C6H5O－可以水解，会促进水的电离，D错误。
[精练2]　(2022·湖南卷)室温时，用0.100 mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17)。下列说法正确的是(　　)
A.a点：有白色沉淀生成
B.原溶液中I－的浓度为0.100 mol·L－1
C.当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D.b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
答案　C
解析　向含浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50 mL硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50×10－3 L×0.100 mol·L－1＝4.5×10－4 mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10－4 mol。I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I－的物质的量为1.5×10－4 mol，则I－的浓度为＝0.010 0 mol·L－1，故B错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×10－5 mol·L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝ mol·L－1＝ mol·L－1＝5.4×10－8 mol·L－1，则此时溶液中的c(Cl－)＝＝ mol·L－1≈3.3×10－3 mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 0 mol·L－1，则已经有部分Cl－沉淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag＋浓度最大，则b点各离子浓度为c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，故D错误。
1.电解质溶液中的“三守恒”
　　 物质 三守恒 　 Na2S NaHC2O4
电荷守恒 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－) c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)
物料守恒 c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)] c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)
质子守恒 c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S) c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O)
2.质子守恒关系式的推出
质子守恒可以用电荷守恒与物料守恒推出，也可以用图示法推出。如：
(1)Na2CO3溶液：
质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
(2)NaHCO3溶液：
质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)。
(3)等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，
质子守恒：3c(H2CO3)＋2c(H＋)＋c(HCO)＝2c(OH－)＋c(CO)。
微题型2　平衡常数曲线(Kw、Ka、Kh、 Ksp)
[精练3]　(2022·江西重点中学联考)常温下，向20 mL 1 mol·L－1 CuCl2溶液中滴加2 mol·L－1 Na2S溶液的滴定曲线如图所示。已知：pCu＝－lg c(Cu2＋)，lg 2.5＝0.4，常温下Ksp(FeS)＝6.3×10－18；Ka1(H2S)＝1.2×10－7，Ka2(H2S)＝7.1×10－15。下列说法中正确的是(　　)
A.常温下，S2－的水解常数Kh(S2－)约为8.3×10－8
B.E→F→G的过程中，水的电离度一直在减小
C.向1 mol·L－1 FeSO4(aq)中加入足量CuS固体，产生FeS沉淀
D.25 ℃时，Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋的K约为1.36×1014
答案　D
解析　A.S2－水解：S2－＋H2O??HS－＋OH－，S2－水解常数Kh＝＝＝＝≈1.4，故A错误；B.E点发生CuCl2＋Na2S===CuS↓＋2NaCl，溶质为CuCl2和NaCl，Cu2＋水解，促进水的电离，F点CuCl2和Na2S恰好完全反应，溶质为NaCl，对水的电离无影响，G点Na2S过量，溶质为NaCl和Na2S，S2－发生水解，促进水的电离，因此该过程中水的电离度先减小后增大，故B错误；C.根据B选项分析，F点Na2S和CuCl2恰好完全反应，溶液中c(Cu2＋)＝c(S2－)＝10－17.6 mol/L，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－35.2＝＝＝＝＝1.36×1014，故D正确。
1.Kw[不同温度下水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化曲线]
图 示
解 读 ①A、C、B三点均为中性，温度依次升高，Kw依次增大 ②D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，Kw＝1×10－14 ③AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一点：c(H＋)＜c(OH－)
2.Ksp曲线
(1)常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线(Ksp＝9×10－6)
图 示
解 读 ①a、c点在曲线上，a→c的变化为增大c(SO)，如加入Na2SO4固体，但Ksp不变 ②b点在曲线的上方，Qc＞Ksp，将会有沉淀生成 ③d点在曲线的下方，Qc＜Ksp，则为不饱和溶液，还能继续溶解CaSO4
(2)直线型(pM－pR曲线)[pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数]
图 示
解 读 ①直线AB上的点：c(M2＋)＝c(R2－)； ②溶度积：CaSO4＞CaCO3＞MnCO3； ③X点对CaCO3要析出沉淀，对CaSO4是不饱和溶液，能继续溶解CaSO4； ④Y点：c(SO)＞c(Ca2＋)，二者的浓度积等于10－5；Z点：c(CO)＜c(Mn2＋)，二者的浓度积等于10－10.6。
微题型3　滴定曲线
[精练4]　(2022·浙江1月选考)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 mol·L－1 Na2CO3溶液和40 mL 0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液，再分别用0.4 mol·L－1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：
下列说法正确的是(　　)
A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B.当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
C.根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)－c(CO)＝c(OH－)－c(H＋)
答案　C
解析　因为CO比HCO的水解程度大，且Na2CO3溶液浓度比NaHCO3溶液大，故Na2CO3溶液的起始pH较大，甲线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，向Na2CO3溶液中滴加盐酸时，CO→HCO→H2CO3→CO2，开始加入盐酸时没有CO2产生，故丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，A项错误；从图像可以看出，b点尚未放出CO2，此时反应的离子方程式是HCO＋H＋===H2CO3，B项错误；图像显示c点pH在8～10，则可以用酚酞作指示剂，d点pH在3～4，则可以用甲基橙作指示剂，C项正确；根据质子守恒，Na2CO3溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，D项错误。
[精练5]　(2022·西安四区一模)已知：25 ℃时，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.7 ×10－5。用0.01 mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20 mL由浓度均为0.01 mol·L－1的NaOH溶液和氨水组成的混合溶液，溶液的相对导电能力随加入CH3COOH溶液体积的变化趋势如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A.c点时混合溶液中：pH＝7
B.水的电离程度：c＞b
C.a点时混合溶液中：c(NH)≈1.7 ×10－5 mol·L－1
D.c点时混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(Na＋)
答案　A
解析　A.由图可知，c点为醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，由电离常数可知，醋酸的电离常数与一水合氨的电离常数相等，则铵根离子在溶液中的水解程度与醋酸根离子的水解程度相当，醋酸铵溶液呈中性，则醋酸钠和醋酸铵的混合溶液呈碱性，溶液pH大于7，故A错误；B.由图可知，b点为醋酸钠和氨水的混合溶液，c点为醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，氨水抑制水的电离，醋酸钠和醋酸铵促进水的电离，则c点水的电离程度大于b点，故B正确；C.由图可知，a点为等浓度的氢氧化钠和氨水的混合溶液，溶液中氢氧根离子的浓度约为0.01 mol/L，由Kb(NH3·H2O)＝可得：c(NH)＝≈＝1.7 ×10－5 mol/L，故C正确；D.由图可知，c点为等浓度的醋酸钠和醋酸铵的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(Na＋)，故D正确。
滴定曲线特殊点的分析
(1)实例
常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图：
(2)pH—V图
①各特殊点粒子大小关系及变化趋势
点 溶质 离子浓度大小比较
A CH3COOH c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B (1∶1) CH3COOH、 CH3COONa c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C (pH＝7) CH3COOH、 CH3COONa c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D CH3COONa c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
E (2∶1) CH3COONa、 NaOH c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
F (1∶1) CH3COONa、 NaOH c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
②各特殊点对水电离程度的影响
点 溶质 水的电离情况
A CH3COOH 抑制
B CH3COOH、CH3COONa 抑制
C CH3COOH、CH3COONa 正常电离
D CH3COONa 只促进
E CH3COONa、NaOH 抑制
F CH3COONa、NaOH 抑制
结论：水的电离程度大小顺序为：D＞C＞B＞A＞E＞F
微题型4　分布系(分)数曲线
[精练6]　(2022·安徽江南十校一模)H3A是一种多元酸，25 ℃时，向1 mol·L－1 H3A溶液中逐滴加入NaOH稀溶液至过量，滴加过程中各种含A微粒的物质的量分数随溶液pH的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A.1 mol·L－1的H3A溶液中存在：c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2A－)＋2c(HA2－)＋3c(A3－)
B.25 ℃时H3A的第一级电离平衡常数数量级为10－3
C.1 mol·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　根据图知，c(H3A)＝c(H2A－)时，Ka1＝c(H＋)＝10－3.49；c(H2A－)＝c(HA2－)时，Ka2＝c(H＋)＝10－5.85。A.根据图有2个交点，可知H3A是二元弱酸，H3A溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2A－)＋2c(HA2－)，故A错误；B.根据图知，c(H3A)＝c(H2A－)时，Ka1＝c(H＋)＝10－3.49，25 ℃时H3A的第一级电离平衡常数数量级为10－4，故B错误；C.NaH2A的水解常数为Kh＝＝＝10－10.51，电离常数为10－5.85，其电离平衡常数大于水解平衡常数，则H2A－以电离为主，溶液呈酸性，存在：c(Na＋)> c(H2A－)>c(HA2－)> c(OH－)，故C错误；D.NaH2A溶液中存在质子守恒：c(H3A)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA2－)，故D正确。
[精练7]　(2021·辽宁卷)用0.100 0 mol·L－1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，溶液中H2A、HA－、A2－的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是(　　)
[如A2－分布分数：δ(A2－)＝]
A.H2A的Ka1为10－10.25
B.c点：c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)
C.第一次突变，可选酚酞作指示剂
D.c(Na2A)＝0.200 0 mol·L－1
答案　C
解析　 根据图像知，a点对应的δ(A2－)＝δ(HA－)，则H2A的Ka2＝＝c(H＋)＝10－10.25，A项错误；据图可知c点时c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)，B项错误；据图可知，第一次突跃溶液呈碱性，所以可选用酚酞作指示剂，C项正确；加入20.00 mL盐酸时，A2－恰好全部转化为HA－，根据A2－＋H＋===HA－和Na2A溶液的体积为20.00 mL，可计算出c(Na2A)＝ mol·L－1＝0.100 0 mol·L－1，D项错误。
分布系(分)数曲线
分布系数图及分析[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)为纵坐标的关系曲线]
一元弱酸 (以CH3COOH为例) 二元酸 (以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数 δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数
1.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时所发生反应的离子方程式 2.同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度
1.(2022·玉林、贵港联考)草酸(H2C2O4)常温时的电离平衡常数K1＝5.0×10－2，K2＝5.4×10－5。常温下，用0.2 mol/L的NaOH溶液滴定25 mL 0.2 mol/L的H2C2O4溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.Y点溶液呈碱性
B.Z点溶液的＝
C.相同条件下，X点溶液中水的电离程度大于Y点溶液中水的电离程度
D.0.1 mol/L NaHC2O4溶液中c(H＋)＋c(H2C2O4)＝2c(C2O)＋c(OH－)
答案　B
解析　A.由图可知，Y点溶液为NaHC2O4溶液，此时存在HC2O的电离和水解，其水解平衡常数Kh＝＝＝2×10－13 c(OH－)，则Y点溶液显酸性，A错误；B.由图可知，Z点溶液为Na2C2O4溶液，pH＝9，c(H＋)＝10－9 mol/L，＝＝＝＝，B正确；C.X点溶液为草酸溶液，抑制水的电离，随着氢氧化钠的加入抑制程度逐渐减小，Y点溶液为NaHC2O4，由A可知HC2O的电离程度大于水解程度，X、Y两点都是电离显酸性，但是Y点酸性弱，对于水的电离抑制程度小，C错误；D.0.1 mol/L NaHC2O4溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，结合物料守恒：c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)，两式联立消去c(Na＋)可得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(C2O)＋c(OH－)，D错误。
2.(2022·四川精准教学联盟统考)25 ℃时，将0.10 mol·L－1 HA溶液逐滴滴加到10 mL等浓度的KOH溶液中，lg 与溶液pH的关系如图所示。下列相关结论正确的是(　　)
A.lgKa(HA)＝lg ＋pH
B.P点存在：c(A－)－c(K＋)＝(10－6－10－8) mol·L－1
C.pH＝7时，加入的HA溶液的体积小于10 mL
D.pH＝12时，c(K＋)>c(OH－)>c(HA)>c(A－)>c(H＋)
答案　B
解析　A.根据电离平衡常数的表达式可以推出lgKa(HA)＝lg －pH，选项A错误；B.P点的电荷守恒式可以推出c(A－)－c(K＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－6－10－8) mol/L，选项B正确；C.当加入的HA溶液的体积为10 mL时，溶液中溶质为KA，溶液为碱性，所以pH＝7时，加入的HA溶液的体积大于10 mL，选项C错误；D.温度不变，Ka(HA)相同，将P点值和pH＝12值代入lgKa(HA)＝lg －pH，可知c(A－)>c(HA)，选项D错误。
3.(2022·河南名校模拟)常温时，将0.1 mol·L－1的R2SO4溶液(R＋＋H2O??ROH＋H＋)加水稀释，溶液中－lg 与lg c(OH－)的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.常温时，ROH的电离平衡常数为1×10－5.7
B.P、Q点对应的水的电离程度：P＞Q
C.Q点对应的溶液中，c(SO)＜500c(ROH)
D.常温时，加入适量R2SO4固体可使P点向W点移动
答案　A
解析　A.常温时，ROH的电离平衡常数K＝，根据图表可知，当lg c(OH－)＝－8.0时，－lg ＝－2.3，所以＝102.3、c(OH－)＝10－8 mol/L，所以K＝＝102.3×10－8 mol/L＝1×10－5.7，正确；B.由图可知，P、Q两点为同温度下的平衡线上的点，水解常数相等，对应的水的电离程度：P＝Q，错误；C.由图可知，Q点对应的溶液中，－lg ＝－3，＝103，根据物料守恒可知：2c(SO)＝c(ROH)＋c(R＋)，所以c(SO)＞500c(ROH)，错误；D.温度不变，溶液浓度增大Kb(ROH)不变，混合溶液中－lg 与lg c(OH－)的关系曲线不变，加入R2SO4，不可使P点移至W点，错误。
4.(2022·安徽江淮十校联考)氨基酸分子中含有—NH2和—COOH两种官能团，当调节溶液的pH使氨基酸所带正负电荷正好相等时，氨基酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH叫等电点。常温下，0.001 mol·L－1的甘氨酸(H2NCH2COOH)溶液中各物种浓度对数值与pH的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
已知：
A.B点为等电点
B.pH＝7时，c(H3N＋CH2COO－)>c(H3N＋CH2COOH)>c(H2NCH2COO－)
C.H3N＋CH2COOH??H3N＋CH2COO－ ＋ H＋平衡常数的数量级为10－10
D.C点溶液中满足：c(H＋)＋c(H3N＋CH2COOH)＝c(OH－)＋c(H3N＋CH2COO－)
答案　A
解析　A.当调节溶液的pH使氨基酸所带正负电荷正好相等时，氨基酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH叫等电点，B点H3N＋CH2COOH与H2NCH2COO－浓度相等，甘氨酸所带正负电荷刚好为零，则B点为等电点，正确；B.pH＝7时，曲线①表示H3N＋CH2COOH、曲线②表示H3N＋CH2COO－、曲线③表示H2NCH2COO－，由图可知，c(H3N＋CH2COO－)>c(H2NCH2COO－)>c(H3N＋CH2COOH) ，错误；C.H3N＋CH2COOH??H3N＋CH2COO－＋H＋平衡常数K＝，当c(H3N＋CH2COO－)＝c(H3N＋CH2COOH)时即图中A点，此时pH约为2.5，则平衡常数的数量级为10－3，错误；D.C点溶液c(H3N＋CH2COO－)>c(H3N＋CH2COOH)，溶液呈碱性c(OH－)＞c(H＋)，溶液中c(H＋)＋c(H3N＋CH2COOH)＜c(OH－)＋c(H3N＋CH2COO－)，错误。
5.(2022·临川一中模拟)25 ℃时，向不同浓度硝酸中加入CH3COOAg固体，溶解过程中－lg c(Ag＋)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.CH3COOAg的Ksp的数量级为10－3
B.温度一定时，c越大，CH3COOAg的溶解度越小
C.温度和pH一定时，c越大，CH3COOAg的Ksp越大
D.a点溶液满足：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝0.1 mol·L－1
答案　A
解析　A.根据图示信息可以看出，当c＝0.01的曲线与CH3COOAg存在区域的交点处对应的纵坐标－lg c(Ag＋)值约为1.2，则c(Ag＋)＝10－1.2 mol/L，又根据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，则其Ksp的数量级为10－3，A项正确；B.根据图示，温度一定时，c越大，CH3COOAg的饱和溶液中－lgc(Ag＋)越小，即c(Ag＋)越大，则CH3COOAg的溶解度越大，B项错误；C.Ksp(CH3COOAg)只与温度有关，温度和pH一定时，Ksp(CH3COOAg)保持不变，C项错误；D.a点所在曲线起始时c(HNO3)＝0.1 mol·L－1，加入CH3COOAg固体，c(NO)不变，c(NO)＝0.1 mol·L－1，根据物料守恒c(Ag＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，以及电荷守恒c(Ag＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(NO)＋c(OH－)，可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NO)＋c(OH－)>0.1 mol·L－1，D项错误。
题型特训
题型特训1　电解质溶液中四大平衡常数曲线
1.(2022·成都郫都区段考)已知：BaMoO4，BaSO4均难溶于水。T ℃时，BaMoO4，BaSO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中p(Ba)＝－lg c(Ba2＋)，p(X)＝－lg c(MoO)或－lg c(SO)，(图中仅有己标数据可用于计算)。下列叙述正确的是(　　)
A.T ℃时，Ksp (BaMoO4)的数量级为10－6
B.T ℃时，Z点对应的BaMoO4溶液已达到沉淀溶解平衡
C.T ℃时，BaMoO4(s)＋SO(aq)??BaMoO4(s)＋MoO(aq)的平衡常数K＝200
D.T ℃时，两支试管中分别装有等体积0.1 mol/L的Na2SO4和Na2MoO4溶液，分别同时按相同速率滴加等浓度的BaCl2溶液，Na2SO4溶液中先产生沉淀
答案　D
解析　由图可知，T ℃时，p(Ba)＝0时，p(SO)＝10，则硫酸钡的溶度积Ksp (BaSO4)＝c(Ba2＋) ·c(SO)＝1×10－10＝10－10；p(Ba)＝3.7时，p(MoO)＝3.7，则钼酸钡的溶度积Ksp (BaMoO4)＝c(Ba2＋) ·c(MoO)＝10－3.7×10－3.7＝10－7.4。A.由分析可知，T ℃时，钼酸钡的溶度积Ksp (BaMoO4)＝10－7.4，数量级为10－8，故A错误；B.由图可知，Z点溶液中的浓度熵Qc＝c(Ba2＋)·c(MoO)＜Ksp (BaMoO4)，则该点对应溶液为不饱和溶液，溶液未达到沉淀溶解平衡，故B错误；C.由方程式可知，反应的平衡常数K＝＝＝＝＝102.6，故C错误；D.由分析可知，T ℃时，硫酸钡的溶度积小于钼酸钡的溶度积，则分别向等浓度的硫酸钠溶液和钼酸钠溶液中同时按相同速率滴加等浓度的氯化钡溶液时，硫酸钠溶液中先产生硫酸钡沉淀，故D正确。
2.(2022·西宁摸底)AsO、PO都是造成水体污染的因素，可以利用沉淀法除去。如图a、b分别是Mg3(AsO4)2、Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡曲线。下列说法错误的是(　　)
A.Ksp[Mg3(AsO4)2]＝10－19.68
B.向浓度相等的Na3AsO4、Na3PO4的废水中同时滴加相同浓度的Mg(NO3)2溶液，PO先沉淀
C.要使废水中AsO、PO离子浓度不大于10－6 mol·L－1，则Mg2＋浓度至少为10－2.56 mol·L－1
D.若Mg3(AsO4)2(s)＋2PO(aq)??Mg3(PO4)2(s)＋2AsO(aq)成立，则平衡常数K＝104.52
答案　D
解析　A.根据题意a、b分别代表Mg3(AsO4)2、Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡曲线，利用坐标可知：Ksp[Mg3(AsO4)2]＝10－19.68，Ksp[Mg3(PO4)2]＝10－25.2，A选项正确；B.Mg3(PO4)2的溶解度比Mg3(AsO4)2的更小，所以，向浓度相等的Na3AsO4、Na3PO4的废水中同时滴加相同浓度的Mg(NO3)2溶液，PO先沉淀，B选项正确；C.要使废水中AsO、PO离子浓度不大于10－6 mol·L－1，根据Mg3(AsO4)2的Ksp，可得Mg2＋浓度至少为10－2.56 mol·L－1，C选项正确；D.由于Mg3(AsO4)2的溶解度比Mg3(PO4)2的大，所以Mg3(AsO4)2(s)＋2PO(aq)??Mg3(PO4)2(s)＋2AsO(aq)成立，其K＝＝105.52，D选项错误。
3.(2022·天津河西区摸底)某实验测得0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.a点溶液中，>Ka2(H2CO3)
B.b点溶液中，c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)
C.a点与c点溶液中的c(OH－)相等
D.ab段，升温，pH减小，说明抑制了HCO的水解
答案　A
解析　A.NaHCO3溶液显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，即Kh > Ka2，即Kh＝>Ka2，所以a点时，>Ka2(H2CO3)，A正确；B.b点溶液显碱性，则c(H＋)c(HCO)＋2c(CO)，B错误；C.随着温度升高，Kw增大，a点溶液的pH与c点溶液的pH相同，即c(H＋)相同，由于c点溶液中的Kw大，则a点溶液的c(OH－)比c点溶液的小，C错误；D.NaHCO3溶液中存在HCO的水解和电离两个过程，两个过程均是吸热过程，升高温度，促进了HCO的水解和电离，D错误。
4.(2022·安徽十八校联盟模拟)H2R是一种二元弱酸，常温下某水体中c(H2R)由于空气中的某种成分的存在而保持不变，又知该水体－lg c(X)(X为H2R、HR－、R2－、M2＋)与pH的关系如图所示、Ksp(MR)＝3.0×10－9，下列说法错误的是(　　)
A.Ka1(H2R)＝1×10－6.3
B.0.1 mol·L－1的KHR的溶液：c(K＋)>c(HR－)>c(R2－)>c(OH－)
C.曲线④表示水体中c(M2＋)随着pH的变化情况
D.当pH＝10.3时，水体中c(M2＋)等于3.0×10－7.9 mol·L－1
答案　B
解析　由“c(H2R)保持不变”知①表示c(H2R)，随着pH的增大，c(HR－)和c(R2－)增大，－lg c(HR－)和－lg c(R2－)减小，在pH较小时存在－lg c(HR－)<－lg c(R2－)，说明曲线②表示HR－，③表示R2－，据此分析解答。A.由H2R??H＋＋HR－知，Ka1(H2R)＝，又a点时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正确；B.由于Kh(HR－)＝＝＝＝1 ×10－7.7>Ka2(H2R)，故KHR溶液中HR－水解能力强于HR－电离能力，溶液中c(R2－) 5.(2022·吕梁摸底)酒石酸(，用H2R表示)可做食品抗氧化剂，是一种二元弱酸。25 ℃时，Ka1＝10－3.04，向10 mL 0.01 mol·L－1的酒石酸溶液中滴加0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液，溶液中－lg 与所加氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.n点溶液c(OH－)>c(H＋)
B.p点溶液中存在c(OH－)＝c(HR－)＋2c(H2R)＋c(H＋)
C.n点到p点过程中水的电离程度变小
D.NaHR溶液中HR－的电离平衡常数小于其水解平衡常数
答案　B
解析　分析lg 的意义，利用25 ℃时Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝10－14，－lg ＝－lg c(OH－)＋lg c(H＋)＝－lg 10－14＋lg c(H＋)＋lg c(H＋)＝14－2pH，可根据纵坐标数据判断25 ℃时pH大小，进而确定溶液酸碱性。A.n点时－lg ＝0，则c(OH－)＝c(H＋)，即为中性溶液，A项错误；B.p点时加入0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液体积为20 mL，与10 mL 0.01 mol·L－1的酒石酸恰好完全反应，得到Na2R溶液，根据此时溶液的电荷守恒2c(R2－)＋c(HR－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)及物料守恒c(Na＋)＝2c(HR－)＋2c(H2R)＋2c(R2－)关系，可得c(OH－)＝c(HR－)＋2c(H2R)＋c(H＋)，B项正确；C.n点溶液呈中性说明此时溶液中HR－电离与HR－及R2－水解恰好相等，继续滴加氢氧化钠溶液，HR－减少，R2－增多，水的电离程度应变大，C项错误；D.当加入0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液体积为10 mL时，为NaHR溶液，m点可求得pH＜7，溶液呈酸性，说明此时溶液中HR－的电离程度大于其水解程度，即HR－的电离平衡常数大于其水解平衡常数，D项错误。
6.(2022·成都树德中学阶段测试)用双硫腙(H2Dz，二元弱酸)～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子：H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu(HDz)2等]，再用CCl4萃取此络合物。下图是用上述方法处理含有Hg2＋、Bi3＋、Zn2＋的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)。
下列说法中错误的是(　　)
A.当调节pH＝5时，锌(Zn)的主要存在形式为：Zn2＋、Zn(HDz)2
B.若pH＝2.5时且－lg c(H2Dz)＝pH，络合反应达平衡，则双硫腙与Bi3＋络合反应平衡常数约为4
C.当调节pH＝11时，溶液中部分离子浓度大小顺序一定为：c(Na＋)＞c(D)＝c[Zn(OH)]＞c(OH－)＞c(H＋)
D.向萃取后的CCl4中加入过量NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为Bi(HDz)3＋6OH－===Bi(OH)3↓＋3H2O＋3D
答案　C
解析　A.由题干图示可知，当调节pH＝5时，锌(Zn)的主要存在形式为：Zn2＋、Zn(HDz)2，A正确；B.已知Bi3＋＋3H2Dz??Bi(HDz)3＋3H＋，由图中信息可知，若pH＝2.5时Bi(HDz)3为80%，Bi3＋为20%，则有：K＝，且－lg c(H2Dz)＝pH，即c(H＋)＝c(H2Dz)，即K＝＝＝＝4，B正确；C.由图示信息可知，当调节pH＝11时，Zn(OH)为70%，由方程式Zn(HDz)2＋6OH－===Zn(OH)＋2H2O＋2Dz2－，Dz2－的浓度应为Zn(OH)浓度的2倍，即c(Dz2－)＞c[Zn(OH)]，C错误；D.向萃取后的CCl4中加入过量NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为Bi(HDz)3＋6OH－===Bi(OH)3↓＋3H2O＋3D，D正确。
题型特训2　滴定曲线
1.(2022·广西“韬智杯”大联考)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.a点处存在c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1
B.b点处存在c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)
C.图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点
D.由a到b发生反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O
答案　B
解析　A.0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中存在元素质量守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1，而a点加入了100 mL NaOH溶液，溶液体积变为原来的2倍，所以在a点，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.05 mol·L－1，故A错误；B.b点溶液呈中性，则c(OH－)＝c(H＋)，a点时c(Na＋)＝c(SO)，则b点c(Na＋)＞c(SO)，NH水解，且SO的物质的量不随NaOH的加入而变化，而NH的物质的量在a点之后随加入的NaOH溶液体积的增多而减小，所以c(SO)＞c(NH)，所以b点离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)，故B正确；C.根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，反应后溶液中只有(NH4)2SO4、Na2SO4，NH水解促进了水的电离，而b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，NH3·H2O抑制了水的电离，所以水的电离程度最大的为a点，故C错误；D.a点恰好消耗完H＋，反应后溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，a点之后NH开始反应，则b到c发生反应的离子方程式为：NH＋OH－===NH3·H2O，故D错误。
2.(2022·许昌二模)常温下，体积均为25.00 mL的磷酸、硫酸及草酸(H2C2O4)分别用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定，其滴定曲线如下：
已知：常温下，H3PO4的Ka1、Ka2、Ka3依次为7.1×10－3、6.2×10－8、4.5×10－13；H2C2O4的Ka1、Ka2依次为5.6×10－2、5.4×10－5。下列说法正确的是(　　)
A.曲线Y、曲线Z分别代表H2SO4、H2C2O4
B.起始时，磷酸、硫酸及草酸的物质的量浓度相同
C.当V(NaOH溶液)＝50.00 mL时，滴定磷酸的溶液中：c(PO)>c(HPO)>c(H2PO)
D.当V(NaOH溶液)＝50.00 mL时，滴定草酸的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋c(C2O)
答案　B
解析　A.据图可知，当加入的NaOH溶液达到50.00 mL时，曲线X、Y的pH发生两次突变，Z发生一次突变，则曲线Z代表的应为强酸，即H2SO4；继续滴加NaOH溶液，曲线Y和Z重合，则Y也应是二元酸，即H2C2O4，而X的pH小于二者，说明X中还含有能电离出氢离子的物质，即X为三元酸，即H3PO4，A错误；B.加入50.00 mL NaOH溶液后Y和Z重合，说明二者均完全反应，所以H2SO4和H2C2O4的起始浓度相同，滴定H3PO4时依次发生反应H3PO4＋NaOH===NaH2PO4＋H2O、NaH2PO4＋NaOH===Na2HPO4＋H2O、Na2HPO4＋NaOH===Na3PO4＋H2O，每一步反应恰好进行完时pH发生一次突变，据图可知第二次突变时加入的NaOH溶液为50.00 mL，即反应掉“2个氢离子”时消耗的NaOH和另外两种二元酸相同，所以H3PO4的起始浓度与另外两种酸也相同，B正确；C.V(NaOH溶液)＝50.00 mL时，滴定磷酸的溶液中溶质为Na2HPO4，存在HPO的电离和水解，据图可知此时溶液显碱性，所以水解程度大于电离程度，且水解和电离都是微弱的，所以溶液中c(HPO)＞c(H2PO)＞c(PO)，C错误；D.当V(NaOH溶液)＝50.00 mL时，滴定草酸的溶液中溶质为Na2C2O4，存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，D错误。
3.(2022·南昌一模)室温下，用0.1 mol/L的盐酸滴定0.1 mol/L溴化肼(N2H5Br)的25 mL溶液，已知肼(N2H4)是二元弱碱(与NH3类似)，滴定过程中混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A.N2H与Cl－的导电能力之和大于N2H的
B.b点表示盐酸与溴化肼恰好完全反应：c(Cl－)＝c(Br－)>c(N2H)
C.c点的混合溶液中：c(H＋)>c(N2H)>c(N2H)
D.N2H4与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2
答案　C
解析　A.a点N2H的浓度约为0.1 mol/L，c(Br－)＝0.1 mol/L，b点加入25.00 mL 0.1 mol/L的盐酸，与N2H5Br恰好完全反应，此时溶液中的溶质为等物质的量的N2H6Br2和N2H6Cl2，由于水解，c(N2H)略小于0.05 mol/L，c(Cl－)＝0.05 mol/L，c(Br－)＝0.05 mol/L，b点各离子浓度之和小于a点，但导电能力增强，溴离子的导电能力不变，说明N2H与Cl－的导电能力之和大于N2H的，A正确；B.b点溶质为等物质的量的N2H6Br2和N2H6Cl2，由于N2H会发生水解，所以c(Cl－)＝c(Br－)>c(N2H)，B正确；C.b点溶质为0.001 25 mol N2H6Br2和0.001 25 mol N2H6Cl2，继续滴加盐酸，二者的物质的量不变，所以到c点时，N2H的物质的量约为0.002 5 mol(水解是微弱的)，而从b点到c点加入的盐酸小于15 mL，所以H＋的物质的量小于0.001 5 mol，则c(N2H)＞c(H＋)，C错误；D.硫酸为二元酸，N2H4为二元碱，所以N2H4与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2，D正确。
4.(2022·甘肃名校第二次诊断)已知
Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5。常温下，用0.01 mol·L－1氨水滴定20 mL浓度均为0.01 mol·L－1的HCl和CH3COOH混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A.a点的混合溶液中：c(CH3COO－)约为1.7×10－5 mol·L－1
B.b点的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(NH)
C.c点的混合溶液中：c(Cl－)＝2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)
D.当混合溶液pH<7时，加入氨水体积一定≤40 mL
答案　A
解析　A.a点为浓度均为0.01 mol/L的盐酸和醋酸混合溶液，盐酸全部电离，醋酸部分电离，根据醋酸的电离平衡表达式：Ka(CH3COOH)＝；可以得到c(CH3COO－)＝＝＝1.7×10－5 mol·L－1，故A正确；B.b点为等浓度的氯化铵和醋酸，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5，Kh(NH)＝＝＝5.89×10－10，Ka(CH3COOH)>Kh(NH)，醋酸电离程度大于NH水解程度，则c(NH)>c(CH3COOH)，故B错误；C.c点溶液中恰好生成等量的NH4Cl和CH3COONH4，根据物料守恒：2c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，2c(CH3COOH)＋2c(CH3COO－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故C错误；D.c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5，即氨水的碱性约等于醋酸的酸性，在醋酸氨溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度几乎相等，溶液呈中性，但是由于氯化铵属于强酸弱碱盐，显酸性，则当混合溶液pH<7时，加入氨水体积不一定≤40 mL，故D错误。
5.(2022·湘豫名校联考)草酸是一种二元弱酸，Ka1＝5.9 ×10－2，Ka2＝6.4 ×10－5，室温下，用0.100 0 mol· L－1的NaOH标准溶液滴定25 mL 0.1 mol·L－1的H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲线如图a所示。图b为在上述滴定过程中草酸溶液中草酸各种形态的分布系数与pH的关系。下列说法错误的是(　　)
A.该温度下，将0.1 mol·L－1草酸溶液和0.1 mol· L－1草酸钠溶液等体积混合，溶液pH约为2.6
B.X点附近滴定突跃不如Y点附近明显，是因为X点时形成缓冲溶液
C.X点对应图b中的M点，Y点对应图b中的N点
D.Y点时，溶液中c(Na＋)>c(C2O)>c(OH－)>c(HC2O)>c(H＋)
答案　C
解析　室温下，用0.100 0 mol· L－1的NaOH标准溶液滴定25 mL 0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液的滴定曲线如图a所示，图b为在该滴定过程中草酸溶液中草酸各种形态的分布系数与pH的关系，则δ0表示H2C2O4的分布系数与pH的关系，δ1表示HC2O的分布系数与pH的关系，δ2表示C2O的分布系数与pH的关系。A.该温度下，将0.1 mol·L－1草酸溶液和0.1 mol· L－1草酸钠溶液等体积混合，生成0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液，根据图b可知，溶液pH约为2.6，正确；B.X点时，加入NaOH和H2C2O4的物质的量相等，形成NaHC2O4溶液，该溶液为缓冲溶液，加酸加碱，pH都不会剧烈变化；Y点时滴定结束，生成Na2C2O4，此时加碱，Na2C2O4不再反应，pH会剧烈升高；正确；C.X点为NaHC2O4溶液，对应图b中pH＝2.6处；Y点为Na2C2O4溶液，图a中Y点pH＝8.4，故Y点不能对应图b中的N点；错误；D.Y点为Na2C2O4溶液，溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(C2O)>c(OH－)>c(HC2O)>c(H＋)，正确。
6.(2022·石家庄质检)用强碱滴定某一弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在pH＝pKa－lg 。25 ℃时，用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定16.00 mL某未知浓度的HA溶液，滴定过程中消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图所示(已知：pKa＝－lg Ka，100.48＝3，酸性HA＞HCN)。
下列说法错误的是(　　)
A.HA电离常数的数量级为10－5
B.b点溶液中存在c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)
C.c点溶液中粒子浓度的大小关系为c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)
D.若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移
答案　B
解析　设HA的初始浓度为c mol·L－1，图中a、b两点对应pH均小于7，说明HA有剩余，根据反应HA＋NaOH===NaA＋H2O，结合题中公式可知，a点pH＝pKa－lg ＝pKa－lg ＝4.27，同理，b点pH＝pKa－lg ＝4.75，联立两式，解得c＝0.2，即HA的初始浓度为0.2 mol·L－1，pKa＝4.75，则Ka＝10－4.75，数量级为10－5，A项正确；由HA的初始浓度为0.2 mol·L－1知，b点时HA恰好反应一半，所得溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时pH＜7，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，c(Na＋)＞c(HA)，根据电荷守恒c(A－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，可得c(A－)＋c(OH－)＞c(H＋)＋c(HA)，B项错误；c点加入24 mL NaOH溶液，溶液中NaA和HA的物质的量之比为3∶1，且溶液pH＜7，则粒子浓度的大小关系为c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)，C项正确；由酸性HA＞HCN，知pKa(HA)＜pKa(HCN)，由pH＝pKa－lg 知，pKa越大，pH越大，故相应点竖直上移，D项正确。
题型特训3　分布系(分)数及对数曲线
1.(2022·河南八市重点高中摸底)常温下，用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液。溶液中A－(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：δ(HA)＝]。下列叙述错误的是(　　)
A.曲线a表示的是HA的分布系数变化曲线
B.HA的电离平衡常数的数量级为10－6
C.p点对应的溶液中，c(A－)＜3c(HA)
D.p、n、q中，水的电离程度最大的是q点
答案　C
解析　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。溶液的pH不断增大，当加入20 mL NaOH溶液时，恰好完全反应。A.由分析可知，HA因为消耗，而使其分布系数随NaOH的滴加而降低；同时生成NaA，而使A－的分布系数随NaOH的滴加而升高，故a、b分别为HA和A－的分布系数曲线；正确；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＝ 可得HA的电离平衡常数Ka＝c(H＋)＝10－5.2，数量级为10－6；正确；C.p点时，溶液中HA和NaA的浓度比为1∶3，但此时溶液pH小于7，显酸性，即HA的电离程度大于A－的水解程度，所以c(A－)＞3c(HA)；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，正确。
2.(2022·浙江百校联盟检测)三元酸(用H3A表示)，溶液中H3A、H2A－、HA2－、A3－的百分含量随pH的变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是(　　)
A.曲线c表示HA2－的变化曲线
B.H3A的第二步电离常数Ka2和第三步电离常数Ka3的比值约为101.2
C.Na2HA溶液中水的电离受到抑制
D.pH＝4时，c(H＋)＝c(H2A－)＋2c(HA2－)＋c(OH－)
答案　D
解析　已知溶液的pH值越小，c(H3A)越大，溶液的pH值越大，溶液中c(A3－)越大，根据图知，a、b、c、d分别表示H3A、H2A－、HA2－、A3－的微粒含量，据此分析解题。A.由分析可知，曲线c表示HA2－的变化曲线，A正确；B.由图可知，bc曲线的交点表示c(H2A－)＝c(HA2－)，故H3A的第二步电离常数Ka2＝＝10－4.8，同理由cd曲线的交点可知，第三步电离常数Ka3＝10－6，故前后二者的比值约为101.2，B正确；C.已知H3A的Ka3＝10－6，而HA2－的水解平衡常数为：Kh2＝＝＝10－9.2，即HA2－的电离大于水解，故Na2HA溶液中水的电离受到抑制，C正确；D.pH＝4时，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H＋)＝c(H2A－)＋2c(HA2－)＋c(OH－)＋3c(A3－)，D错误。
3.(2022·辽宁名校联盟联考)25 ℃时，向100 mL 0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中逐滴加入浓度为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，溶液的pH、NH的分布系数δ[δ＝
]随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。下列说法正确的是(已知：25 ℃ NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5；lg 1.8＝0.26)(　　)
A.a点溶液中离子浓度关系为c(NH)＝c(Cl－)
B.b点横坐标V1<50 mL
C.c点pH约为5.13
D.d点水的电离程度最大
答案　C
解析　A.a点溶液中存在电荷守恒关系为c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，该点pH＝7为中性，所以有c(NH)＋c(Na＋)＝c(Cl－)，A项错误；B.b点是c(NH)＝c(NH3·H2O)的点，假设b点横坐标是50 mL，意味着溶液中的c(NH)和c(NH3·H2O)相等，但是NH水解程度小于NH3·H2O电离程度，会使NH浓度稍大，欲使两者真正相等需多投NaOH，即b点横坐标V1>50 mL，B项错误；C.c点未加NaOH溶液，溶液酸性是0.1 mol·L－1的氯化铵水解造成，利用NH的水解平衡：
忽略水电离＝，x≈，pH≈5.13，C项正确；D.d点为100 mL 0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中加入100 mL浓度为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，刚好获得0.05 mol·L－1 NH3·H2O和NaCl，抑制了水的电离，由起点到该点，整个过程水的电离程度一直在减小，D项错误。
4.(2022·西安中学模拟)常温下，已知弱酸H3RO3溶液中含R物种的浓度之和为0.1 mol·L－1，溶液中所有含R物种的lg c－pOH的关系如图所示，下列说法错误的是(　　)
已知，①pOH表示OH－浓度的负对数[pOH＝－lg c(OH－)]。
②a、b、c三点的坐标，a(7.3，－1.3)、b(10.0，－3.6)、c(12.6，－1.3)。
A.H3RO3为二元弱酸
B.曲线③表示lgc(H3RO3)随pOH的变化
C.pH＝6.7的溶液中：2c(HRO)＋c(H3RO3)＝0.1 mol·L－1
D.反应H3RO3＋HRO??2H2RO的平衡常数K＝1×10－5.3
答案　D
解析　A.图像中含R物质只有3种，说明H3RO3为二元弱酸，A正确；B.随着c(OH－)逐渐增大，pOH减小，根据H3RO3＋OH－===H2RO＋H2O、H2RO＋OH－===HRO＋H2O，知c(H3RO3)逐渐减小，c(H2RO)先增大后减小，c(HRO)逐渐增大，pc＝－lg c，则pc(H3RO3)逐渐增大，pc(H2RO)先减小后增大，pc(HRO)逐渐减小，故曲线③表示pc(H3RO3)即lgc(H3RO3)，曲线②表示pc(H2RO)，曲线①表示pc(HRO)，B正确；C.pH＝6.7即pOH＝7.3，由图可知，此时，pc(HRO)＝pc(H2RO)，即c(H2RO)＝c(HRO)，而c(H3RO3)＋c(H2RO)＋c(HRO)＝0.1 mol·L－1，故2c(HRO)＋c(H3RO3)＝0.1 mol·L－1，C正确；D.根据a点知，c(HRO)＝c(H2RO)时，pOH＝7.3，c(OH－)＝10－7.3 mol/L，c(H＋)＝10－6.7 mol/L，则H3RO3的Ka2＝＝c(H＋)＝10－6.7，根据c点知，c(H2RO)＝c(H3RO3)，pOH＝12.6，c(OH－)＝10－12.6 mol/L，c(H＋)＝10－1.4 mol/L，则H3RO3的Ka1＝＝c(H＋)＝10－1.4，由H3RO3??H2RO＋H＋减去H2RO??HRO＋H＋，可得H3RO3＋HRO??2H2RO，则平衡常数K＝＝＝105.3，D错误。
5.(2022·东北师大附中摸底)25 ℃时，用HCl调节Na3R溶液的pH，混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
－lg 或－lg 或－lg
A.L3表示pH与－lg 的关系曲线
B.H3R的电离常数[Ka3(H3R)]的数量级为10－8
C.NaH2R溶液中水电离出的c(H＋)>10－7 mol/L
D.混合溶液的pH＝7时，存在c(H3R)答案　D
解析　pH相同时有>>，－lg >－lg >－lg ，则L1表示pH与－lg 的关系曲线，L2表示pH与－lg 的关系曲线，L3表示pH与－lg 的关系曲线。A.据分析，L1表示pH与－lg 的关系曲线，A项错误；B.L1中pH＝5时，－lg ≈－7，≈10－7，Ka3(H3R)＝≈10－7×10－5＝10－12，B项错误；C.L2表示pH与－lg 的关系曲线，L2中－lg ＝0时，pH＝7，Ka2＝＝10－7，L3表示pH与－lg ，L3中pH＝8时，－lg ≈7，≈107，Ka1＝≈10－8×107＝10－1，则H2R－溶液的水解常数约为10－13，NaH2R溶液的电离程度远大于水解程度，则水的电离被抑制，NaH2R溶液水电离出的c(H＋)＜10－7 mol/L，C项错误；D.由图知pH＝7时，L2中－lg ＝0，即＝1，L3中－lg ≈6，即＝10－6，L1中－lg ≈－5，即＝105，则c(H3R) 6.(2022·成都名校联盟联考)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.直线m表示pH与lg 的关系
B.H2X的电离常数Ka2的数量级为10－5
C.N点水电离出的c(H＋)＝1×10－4.3 mol·L－1
D.当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(X2－)>c(HX－)>c(H＋)＝c(OH－)
答案　C
解析　根据直线m，当pH＝0时lg 或lg ＝10－1.3，对应电离常数为10－1.3；根据直线n，当pH＝0时lg 或lg ＝10－4.3，对应电离常数为10－4.3，Ka1>Ka2，所以Ka1＝1×10－1.3、Ka2＝1×10－4.3。A.直线m对应电离常数为10－1.3，所以直线m表示pH与lg 的关系，故A正确；B.直线m对应电离常数为10－1.3、直线n对应电离常数为10－4.3，H2X的电离常数Ka2的数量级为10－5，故B正确；C.直线n表示pH与lg 的关系，Ka2＝1×10－4.3，N点lg＝0，则c(H＋)＝1×10－4.3，HX－电离出氢离子使溶液呈酸性，水电离受到抑制，水电离出的c(H＋)＝1×10－9.7 mol·L－1，故C错误；D.当混合溶液呈中性时＝10－4.3，＝102.7，所以c(Na＋)>c(X2－)>c(HX－)>c(H＋)＝c(OH－)，故D正确。
7.(2022·河南百校大联考)25 ℃时，向10 mL 0.05 mol/L的MgCl2溶液中通入氨气，测得溶液中的p(OH－)与p()之间的变化曲线如图所示[已知：Kb(NH3·H2O)＝1.0×10－5，p(X)＝－lgc(X)，忽略反应过程中溶液体积的变化。]下列说法正确的是(　　)
A.a点溶液满足：2c(Mg2＋)＋c(NH)B.b点溶液满足：c(NH)>c(Cl－)>c(Mg2＋)>c(OH－)
C.c点溶液中通入NH3的量在标准状况下的体积为22.4 mL
D.d点溶液中无Mg(OH)2沉淀产生
答案　C
解析　A.由图像可知Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，在a点时c(Mg2＋)＝2×10－2 mol/L，c(OH－)＝10－4.5 mol/L，说明Mg2＋过量，溶液中存在Mg(OH)2、MgCl2、NH4Cl，根据电荷守恒2c(Mg2＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，通入氨气溶液显碱性c(H＋)c(Cl－)，故A错误；B.通入氨气发生MgCl2＋2NH3＋2H2O===Mg(OH)2＋2NH4Cl，b点时，c(Mg2＋)＝2×10－3 mol/L，c(OH－)＝10－4 mol/L，说明还有MgCl2剩余，生成沉淀的c(Mg2＋)≈0.05－0.002＝0.048 mol/L，c(NH)≈2×0.048 mol/L＝0.096 mol/L，故离子浓度大小为：c(Cl－)>c(NH) >c(Mg2＋)>c(OH－)，故B错误；C.c点c(Mg2＋)＝2×10－5 mol/L，c(OH－)＝10－3 mol/L，说明Mg2＋完全反应，根据反应方程式MgCl2＋2NH3＋2H2O===Mg(OH)2＋2NH4Cl可知10 mL 0.05 mol·L－1的MgCl2完全沉淀需要氨气的物质的量为10×10－3 L×0.05 mol/L×2＝10－3 mol，即标况下22.4 mL，故C正确；D.直线上存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由c点计算Ksp[Mg(OH)2]＝2×10－5×(10－3)2＝2×10－11，d点上c(Mg2＋)和c(OH－)都大于直线上的点，即Qc＝2×10－2×(10－4)2＝2×10－10，Qc>Ksp，故有沉淀生成，故D错误。