1.“突跃曲线”的分析应用
知｜识｜强｜化
1.定量理解滴定“突跃曲线”
（1）实例展示[以0.10 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.10 mol·L－1 HCl溶液（如图）为例]
加入NaOH溶液 剩余HCl溶液体积/mL 过量NaOH溶液体积/mL pH
滴定/％ V/mL
99.9 19.98 0.02 4.30 滴定突跃ΔpH＝5.4
100.0 20.00 0.00 0.00 7.00
100.1 20.02 0.02 9.70
（2）分析解读
NaOH溶液体积从19.98 mL到20.02 mL，只增加了0.04 mL（约1滴），就使得溶液的pH改变了5.4个单位。这种在化学计量点±0.1％范围内，pH的急剧变化称为滴定突跃。滴定突跃范围是选择指示剂的重要依据，凡是在滴定突跃范围内能发生颜色变化的指示剂都可以用来指示滴定终点。实际分析时，为了更好地判断终点，氢氧化钠溶液滴定盐酸通常选用酚酞作指示剂的原因：滴定终点的颜色由无色变为浅红色，更容易辨别。
2.抓五点破中和滴定图像中粒子浓度关系
（1）分析
反应的“起始”点 判断酸、碱的相对强弱
反应的“一半”点 判断是哪些溶质的等量混合
溶液的“中性”点 判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足
“恰好”反应点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
反应的“过量”点 判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量
（2）实例
室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示。
真｜题｜研｜析
1.（2024·湖南高考13题）常温下Ka＝1.8×10－4，向20 mL 0.10 mol·L－1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.水的电离程度：M＜N
B.M点：2c＝c＋c
C.当V＝10 mL时，c＝c＋2c＋c
D.N点：c＞c＞c＞c＞c
2.（2023·湖南高考12题）常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η（ η＝）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（CH3COO－）＋c（CH3COOH）
C.点b：c（CH3COOH）＜c（CH3COO－）
D.水的电离程度：a＜b＜c＜d
能｜力｜进｜阶
1.（2023·北京昌平区二模）常温下，用0.01 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L－1的某一元酸HA溶液，滴定过程中溶液的pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示，其中a点对应的纵坐标pH＝3.38。下列说法正确的是（忽略稀溶液混合时引起的体积变化）（ ）
A.HA的电离常数Ka（HA）＝1×10－6.76
B.b点对应溶液中存在：c（A－）＜c（HA）
C.d点对应溶液中存在：c（A－）＋c（HA）＝0.005 mol·L－1
D.滴定过程中由水电离产生的c（OH－）：a＜b＜c＜d＜e
2.（2024·合肥三模）25 ℃，取浓度均为0.1 mol·L－1的ROH溶液和HX溶液各20 mL，分别用0.1 mol·L－1的盐酸、0.1 mol·L－1的NaOH溶液进行滴定。滴定过程中溶液的pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.HX为弱酸，ROH为强碱
B.曲线Ⅱ对应的V＝10 mL时溶液中：c（OH－）－c（H＋）＝c（HX）－c（X－）
C.滴定前，ROH溶液中：c（ROH）＞c（OH－）＞c（R＋）＞c（H＋）
D.滴定至V＝40 mL的过程中，两种溶液中由水电离出的c（H＋）·c（OH－）始终保持不变
3.（2024·长沙一中等名校联考）常温下，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，得到溶液的pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为c（H＋）＞c（S）＞c（N）＞c（OH－）
B.a→b发生的离子反应为H＋＋OH－H2O
C.c点溶液中，＜1
D.常温下，d点溶液中，由水电离出的c水（H＋）·c水（OH－）＝1×10－14专题五 电解质溶液中的离子平衡
选择题突破五
1.“突跃曲线”的分析应用
真题研析
1.D 结合起点和终点，向20 mL 0.10 mol·L－1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是Na＋、OH－、H＋和HCOO－；当V＝0 mL时，溶液中存在Na＋、H＋和OH－，c＝c＝0.10 mol·L－1，随着加入HCOOH溶液，c减少但不会降到0，当V＝20 mL时，c＝0.05 mol·L－1，随着加入HCOOH溶液，c会与HCOOH反应而减少，溶质由NaOH变为NaOH和HCOONa混合物，最终为HCOONa，c增加得很少，而c增加得多，当V＝20 mL时，溶质为HCOONa，HCOO－少部分水解，c＜0.05 mol·L－1，斜率为正的曲线代表c，即经过M点在下降的曲线表示的是OH－浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是HCOO－浓度的改变。N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离产生抑制，故水的电离程度：M＜N，A正确；M点溶液中电荷守恒有c＋c＝c＋c，M点c＝c，联立可得2c＝c＋c，B正确；当V＝10 mL时，溶液中的溶质为c∶c＝1∶1，根据电荷守恒有c＋c＝c＋c，根据元素守恒c＝2c＋2c，两式整理可得c＝c＋2c＋c，C正确；N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，HCOO－发生水解，因此c＞c及c＞c，观察图中N点可知，c≈0.05 mol·L－1，根据Ka＝＝1.8×10－4，可知c＞c，D错误。
2.D 图像分析
根据CH3COOHCH3COO－＋H＋，可近似认为a点c（H＋）＝c（CH3COO－），又a点pH＝3.38，c（H＋）＝10－3.38 mol·L－1，故Ka（CH3COOH）≈＝10－4.76，A项正确；a点HCl恰好被完全中和，由物料守恒可得溶液中c（Na＋）＝c（Cl－）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH），B项正确；b点溶液pH＜7，以CH3COOH的电离为主，溶液中c（CH3COOH）＜c（CH3COO－），C项正确；a、b两点溶液呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH3COO－水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，d点NaOH溶液过量，又抑制水的电离，D项错误。
能力进阶
1.C 根据a点的纵坐标可知，HA的电离常数Ka（HA）≈＝1×10－4.76，A错误；b点为半中和点，此时溶液为等物质的量浓度的NaA与HA的混合溶液，由于溶液显酸性，则HA的电离程度大于NaA的水解程度，故对应溶液中存在：c（A－）＞c（HA），B错误；d点为恰好反应点，此时溶质为NaA，溶液体积为40.00 mL，根据元素守恒可知含A原子微粒的物质的量浓度为0.005 mol·L－1，d点对应溶液中存在：c（A－）＋c（HA）＝0.005 mol·L－1，C正确；滴定过程中a、b、c、d点对应的水的电离程度逐渐增大，d点为恰好反应点，d点后NaOH过量，水的电离程度又逐渐减小，故d点水的电离程度最大，D错误。
2.C 滴定0.1 mol·L－1的ROH溶液，溶液由碱性变为酸性，曲线Ⅰ对应盐酸滴定ROH溶液，则曲线Ⅱ对应NaOH溶液滴定HX溶液。常温下，0.1 mol·L－1的HX溶液的pH≈3，0.1 mol·L－1的ROH溶液的pH≈11，所以HX为弱酸，ROH为弱碱，A错误； 曲线Ⅱ代表的是用氢氧化钠溶液滴定HX溶液，滴定至V＝10 mL时，溶质是等浓度的HX、NaX，根据元素守恒和电荷守恒，存在2c（OH－）－2c（H＋）＝c（HX）－c（X－），B错误；0.1 mol·L－1ROH溶液的pH≈11，溶液中仅有少量ROH电离，此时溶液显碱性，且水也会电离出氢氧根离子，则ROH溶液中存在c（ROH）＞c（OH－）＞c（R＋）＞c（H＋），C正确；酸和碱都会抑制水的电离，滴定至V＝40 mL的过程中盐酸、氢氧化钠均过量，水的电离程度先变大后减小，则两种溶液中由水电离出的c（H＋）·c（OH－）先增大后减小，D错误。
3.D 由于NH4HSO4中H＋和S个数比为1∶1，水电离也会产生H＋，故c（H＋）＞c（S），由于N会发生水解而S不水解，故c（S）＞c（N），由图像知溶液pH较小，c（OH－）＜10－7 mol·L－1，而N由于水解浓度略小于0.1 mol·L－1，故c（N）＞c（OH－），A正确；b点是等浓度的两溶液等体积混合，NH4HSO4中的H＋和NaOH中的OH－刚好反应，故a→b发生的离子反应为H＋＋OH－H2O，B正确；c点溶液，pH＝7，由电荷守恒可得c（N）＋c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋2c（S），故c（N）＋c（H＋）＋c（Na＋）＜c（OH－）＋3c（S），C正确；d点时NaOH过量，溶液显碱性，加酸加碱对水的电离有抑制作用，故c水（H＋）·c水（OH－）＜1×10－14，D错误。
2.分布系数图像的分析应用
知识强化
【典题示例】 【思维流程】
（1）根据微粒的官能团性质判断
（2）根据平衡常数的定义表达式计算
（3）根据表达式变形和电离程度大小的关系判断
逆向分析，公式变形找思路
【答案】 D
真题研析
1.D Cl为弱吸电子基，则CH2ClCOOH的酸性弱于CHCl2COOH，故Ka（CH2ClCOOH）＜Ka（CHCl2COOH）。调pH时，CHCl2COOH溶液中CHCl2COOH分布系数减小的趋势快，CHCl2COO－分布系数增大的趋势快，CH2ClCOOH溶液中CH2ClCOOH分布系数减小的趋势缓慢，CH2ClCOO－分布系数增大的趋势缓慢，故曲线M表示δ（CH2ClCOO－）～pH的变化关系，A错误；由题图可知，a点溶液中c（H＋）＝0.1 mol·L－1，c（OH－）＝10－13 mol·L－1，对应c（CHCl2COO－）＝0.35×0.1 mol·L－1＝0.035 mol·L－1，则c（H＋）＞c（CHCl2COO－）＋c（OH－），B错误；Ka（CH2ClCOOH）＝，当c（CH2ClCOOH）＝c（CH2ClCOO－）时，Ka（CH2ClCOOH）＝c（H＋）≈10－2.8，同理，Ka（CHCl2COOH）≈10－1.3，C错误；电离度α＝，n始＝n电离＋n未电离，则α（CH2ClCOOH）＝δ（CH2ClCOO－），α（CHCl2COOH）＝δ（CHCl2COO－），pH＝2.08时，δ（CH2ClCOO－）＝0.15，δ（CHCl2COO－）＝0.85，即＝，D正确。
2.C 随着pH增大，c（OH－）逐渐增大，Mn2＋逐步转化为MnOH＋、HMn、Mn、Mn（OH，则曲线x表示δ（Mn2＋），曲线y表示δ（MnOH＋），曲线z表示δ（HMn）。由上述分析知，A项错误；P点δ（Mn2＋）＝δ（MnOH＋），pH＝10.2，即c（Mn2＋）＝c（MnOH＋），c（OH－）＝10－3.8 mol·L－1，则Mn2＋＋OH－MnOH＋的K＝＝103.8，O点δ（Mn2＋）＝0.6，δ（MnOH＋）＝0.4，代入平衡常数表达式得K＝＝＝103.8，解得c（OH－）＝×10－3.8 mol·L－1，则c（H＋）＝×10－10.2 mol·L－1，B项错误；P点溶液显碱性，δ（Mn2＋）＝δ（MnOH＋），结合Mn2＋＋OH－MnOH＋，知c（Mn2＋）＝c（MnOH＋）＝c消耗（OH－），而c（K＋）＝c消耗（OH－）＋c剩余（OH－），所以c（K＋）＞c（Mn2＋），C项正确；Q点c（MnOH＋）＝c（HMn），根据元素守恒c（S）＝c（Mn2＋）＋c（MnOH＋）＋c（HMn）＋c（Mn）＋c[Mn（OH]，知c（S）＝c（Mn2＋）＋2c（MnOH＋）＋c（Mn）＋c[Mn（OH]，D项错误。
3.C 在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋（①）、Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg（aq）（②），Ag＋的水解平衡：Ag＋＋H2OAgOH＋H＋（③），随着pH的增大，c（H＋）减小，平衡①③正向移动，c（CH3COOH）、c（Ag＋）减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO－浓度增大的影响大于Ag＋浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8）CH3COO－浓度增大的影响小于Ag＋浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO－的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系，A项错误；由题图可知，当c（CH3COOH）＝c（CH3COO－）时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH＝m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka＝＝c（H＋）＝10－m，B项错误；pH＝n时，＝10－m，c（CH3COO－）＝＝10n－mc（CH3COOH），Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg（aq）的K＝，c（Ag＋）＝，由题图可知pH＝n时，c（CH3COOH）＝c（CH3COOAg），代入整理得c（Ag＋）＝ mol·L－1，C项正确；根据元素守恒，pH＝10时溶液中c（Ag＋）＋c（CH3COOAg）＋c（AgOH）＝0.08 mol·L－1，D项错误。
能力进阶
1.D 据题图知，当c（HA）＝c（A－）时，pH≈4.7，该酸Ka＝＝c（H＋）≈10－4.7，故－lg Ka≈4.7，A正确；当c（HA）为0.8 mol·L－1，c（A－）为0.2 mol·L－1时，溶液的pH约为4，故某c（HA）∶c（A－）＝4∶1的缓冲溶液的pH≈4，B正确；由题图可知，当溶液的pH＝7.0时，c（HA）＜c（A－），C正确；NaA的水解平衡常数Kh＝＝＝＝10－9.3，lg Kh＝－9.3，D错误。
2.C 随着pH逐渐增大，曲线X对应的含R微粒的物质的量分数逐渐减小，曲线Y对应的含R微粒的物质的量分数先增大后减小，曲线Z对应的含R微粒的物质的量分数逐渐增大，故曲线X对应的含R微粒为H2R，曲线Y对应的含R微粒为HR－，曲线Z对应的含R微粒为R2－。X为H2R，Y为HR－，Z为R2－，A项正确；根据曲线Y和Z的交点及Ka2的表达式，Ka2＝10－10.3，B项正确；pH＝10.3时，c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HR－）＋2c（R2－）＋c（Cl－）＋c（OH－），由c（H＋）＜c（OH－），则c（Na＋）＞c（HR－）＋2c（R2－）＋c（Cl－），又因为c（HR－）＝c（R2－），故c（Na＋）＞3c（R2－）＋c（Cl－），C项错误；pH＝6.3时，溶液中的含R微粒主要为H2R和HR－，两者物质的量分数均小于0.2，则α（H2R）＋α（R2－）＋α（HR－）＜1，D项正确。
3.对数图像的分析应用
真题研析
1.B 设X、Y、Z与CN－形成的配离子化学式分别为X（CN）x、Y（CN）y、Z（CN）z，以X为例，存在平衡：X（CN）xX＋xCN－，其平衡常数KX＝，两边同时取对数并整理得lg ＝x·[－lg c（CN－）]＋lg KX，则X对应的图像为斜率为x的直线，同理，Y对应的图像为斜率为y的直线，Z对应的图像为斜率为z的直线。设X的初始浓度为a，99％的X转化成配离子时，c（X）＝0.01a，c[X（CN）x]＝0.99a，lg＝lg ≈－2，同理，lg ≈－2，在图像中找到X、Y两直线纵坐标值为－2对应的横坐标的值，X的横坐标数值更大，由于横坐标是－lg c（CN－），则X对应的c（CN－）更小，A错误；向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，Y会消耗溶液中的CN－，新平衡下c（CN－）变小，－lg c（CN－）变大，则此时X、Z对应的点会沿着相应直线向右移动，结合图像可知，移动后lg＞lg ，则＞，B正确；根据上述分析知，x＞y＞z，因此由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN－的物质的量：Y＞Z，C错误；直线上的点代表平衡状态，P点在Y对应直线的下方，在－lg c（CN－）不变，即c（CN－）不变的情况下，P点的lg 相比平衡时偏小，即偏小，则此时QY＝＜KY，则解离平衡Y（CN）yY＋yCN－会向右移动，故P点时Y配离子的解离速率大于生成速率，D错误。
2.D AgCl、AgBr的阴、阳离子个数比相同，则两种物质对应的沉淀溶解平衡曲线的斜率相同，结合已知信息②溶解度：AgCl＞AgBr，可确定曲线③表示AgBr，曲线②表示AgCl，则曲线①表示Ag2CrO4。结合（6.1，6.1）可计算出Ksp（AgBr）＝10－6.1×10－6.1＝10－12.2，由（2.0，7.7）可计算出Ksp（Ag2CrO4）＝（10－2.0）2×10－7.7＝10－11.7，Ksp（AgCl）＝10－2.0×10－7.7＝10－9.7。由以上分析可知，曲线②表示AgCl沉淀溶解平衡曲线，A正确；该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝10－5.2，B正确；Cl－沉淀完全时，Cr才能开始沉淀，当离子浓度小于10－5 mol·L－1时可视为沉淀完全，当Cl－沉淀完全时，溶液中c（Ag＋）＝10－4.7 mol·L－1，由Ksp（Ag2CrO4）＝10－11.7可知，生成Ag2CrO4沉淀时c（Cr）＝ mol·L－1＝10－0.3×10－2.0 mol·L－1＜10－2.0 mol·L－1，故滴定Cl－时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10－2.0 mol·L－1，C正确；滴定Br－达终点时，溶液中同时存在AgBr、Ag2CrO4沉淀，则溶液中＝＝10－0.5c（Ag＋），D错误。
3.D 滴加过程中发生沉淀转化反应：Ag2CrO4＋2Cl－2AgCl＋Cr，溶液中存在Ksp（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－），即lg [Ksp（AgCl）]＝lg [c（Ag＋）]＋lg[c（Cl－）]，则表示lg[c（Ag＋）]、lg[c（Cl－）]的两条曲线纵坐标之和为定值。随着Cl－不断滴入溶液中，其浓度不断升高，则中间的点虚线对应lg[c（Cl－）]，最下方的虚线对应lg[c（Ag＋）]，根据V（NaCl）＝1.0 mL时的数据可得lg[Ksp（AgCl）]＝－4.57＋（－5.18）＝－9.75，即Ksp（AgCl）＝10－9.75。最上方的实线对应lg[c（Cr）]。Ag2CrO4转化为AgCl需消耗2.0 mL NaCl溶液，结合题图知，交点a处c（Na＋）≈ mol·L－1，c（Cl－）≈ mol·L－1，因此c（Na＋）≠2c（Cl－），A错误；V（NaCl）＝1.0 mL时，溶液中存在Ag2CrO4沉淀，因此溶液中满足Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag＋）·c（Cr），即lg[Ksp（Ag2CrO4）]＝2lg[c（Ag＋）]＋lg[c（Cr）]＝2×（－5.18）＋（－1.60）＝－11.96，Ksp（Ag2CrO4）＝10－11.96，则＝＝102.21，B错误；在滴加NaCl溶液的最初阶段，滴入的Cl－的量极少，尚不足以生成AgCl沉淀，滴入的Cl－全部以离子形式存在，其浓度随着NaCl溶液的滴入而增大，由于Cl－未与Ag＋发生反应，此时溶液仍为Ag2CrO4的饱和溶液，其中c（Cr）＝，为定值，因此在此阶段，随着NaCl溶液的滴入而减小，当Ag2CrO4转化为AgCl后，结合沉淀转化反应为可逆反应知，当V（NaCl）≤2.0 mL时，体系中仍存在Ag2CrO4沉淀，溶液中满足Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag＋）·c（Cr）、Ksp（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－），两式相除得＝，其中c（Ag＋）在滴加NaCl溶液的过程中会随着c（Cl－）的增加而减少，因此会随着NaCl溶液的滴加而增大，C错误；V（NaCl）＝2.4 mL时，体系中有AgCl沉淀，溶液中满足lg[Ksp（AgCl）]＝lg[c（Ag＋）]＋lg[c（Cl－）]，代入数据－9.75＝y1＋（－1.93），得y1＝－7.82，假设此时溶液中仍存在Ag2CrO4，则lg[Ksp（Ag2CrO4）]＝2lg[c（Ag＋）]＋lg[c（Cr）]，代入数据－11.96＝2×（－7.82）＋lg[c（Cr）]，得lg[c（Cr）]＝3.68，即c（Cr）＝103.68 mol·L－1，远超过Ag2CrO4全部溶解所得Cr的浓度，因此此时溶液中不存在Ag2CrO4沉淀，Ag2CrO4已全部溶解，故c（Cr）＝＝ mol·L－1，lg[c（Cr）]＝lg ＝－lg 34，D正确。
能力进阶
1.C a点pH＝2.88，lg ＝－1.88，即c（H＋）＝10－2.88 mol·L－1，＝10－1.88，将其代入CH3COOH的电离平衡常数表达式可得Ka＝＝10－1.88×10－2.88＝10－4.76，A项正确；加入NaOH溶液体积为20.00 mL时，二者恰好完全反应得到CH3COONa溶液，由于CH3COO－水解使溶液呈碱性，则溶液的pH＝7时，消耗NaOH溶液体积小于20.00 mL，B项正确；当二者恰好完全反应时，得到0.05 mol·L－1 CH3COONa溶液，Kh＝＝10－9.24，则c（OH－）≈ mol·L－1＝×10－5.62 mol·L－1，c（H＋）＝ mol·L－1＝ mol·L－1，pH＝－lg ＝8.38＋lg 5＝8.73，则c点为0.05 mol·L－1CH3COONa溶液，根据元素守恒知c（Na＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH），C项错误；c点CH3COOH和NaOH恰好完全反应，由于CH3COO－水解促进水的电离，故c点水的电离程度最大，则溶液中水的电离程度大小：c＞b＞a，D项正确。
2.C 混合液中滴加NaOH溶液，c（Cd2＋）减小，因此－lg c（Cd2＋）增大，故L4为－lg c（Cd2＋）与pH的变化曲线，由Ka1（H3R）＝·c（H＋），p＝pKa1－pH，H3R的电离平衡常数：Ka1＞Ka2＞Ka3，所以pKa1＜pKa2＜pKa3，因此等pH时，pKa越大pX越大，L1、L2、L3分别代表－lg 、－lg 、－lg 随pH的变化曲线，A项正确；L4为－lg c（Cd2＋）随pH的变化曲线，将a（7，0.3）代入计算，即c（OH－）＝10－7 mol·L－1，c（Cd2＋）＝10－0.3 mol·L－1，Ksp[Cd（OH）2]＝c（Cd2＋）·c2（OH－）＝10－0.3×（10－7）2＝10－14.3，B项正确；根据电离常数：Ka1＞Ka2＞Ka3，L1代表－lg 随pH的变化曲线，将b（4，－0.9）代入计算：Ka1（H3R）＝·c（H＋）＝100.9×10－4＝10－3.1，同理，将（2.7，2）代入计算可得Ka2＝10－4.7，将c（8，－1.6）代入计算可得Ka3＝10－6.4，Na2HR的水解常数Kh2＝＝10－9.3＜Ka3，HR2－的电离程度大于其水解程度，Na2HR溶液呈酸性，C项错误；H3R＋R3－H2R－＋HR2－的平衡常数K＝＝103.3＞1 000，D项正确。
4.“双轴”曲线的分析应用
知识强化
【典题示例1】 【思维流程】 溶液中电导率k随着硫酸钠溶液的加入先减小后增大，硫酸钠溶液为2.5 mL时，电导率k最小，说明硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中电导率k为1.2×10－4 μS·cm－1、钡离子浓度为1.0×10－5 mol·L－1，则氯化钡溶液的浓度为＝6.0×10－3 mol·L－1，硫酸钡的溶度积Ksp＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0×10－10。
【图示】
【典题示例2】 【思维流程】 未加NaOH溶液时，0.1 mol·L－1 HA溶液的pH＞2，则表明HA为弱酸，随着NaOH溶液的不断加入，HA不断发生电离，c（HA）不断减小，c（A－）不断增大，溶液的pH不断增大，则曲线①表示－lg c（HA），曲线②表示－lg c（A－）。
【图示】
真题研析
C x1时，氨的去除率为100％、总氮残留率为5％，n（NH3）＝0.006 mol·L－1×1 L＝0.006 mol，有95％的氨气参与反应①、5％的氨气参与反应②，反应①消耗n1（ClO－）＝×3＝0.008 55 mol，反应②消耗n2（ClO－）＝4×0.006 mol×5％＝0.001 2 mol，x1＝0.008 55 mol＋0.001 2 mol＝0.009 75 mol，A错误；x＞x1时，反应①也生成氯离子，所以c（Cl－）＞4c（N），B错误；x＞x1时，x越大，氨去除率不变，总氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；x＝x1时，氨去除率为100％，总氮残余率为5％，溶液中没有N和ClO－，含有Na＋、H＋、N、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）＋c（N），D错误。
能力进阶
1.D 酸碱中和反应为放热反应，酸碱恰好完全反应时，混合溶液温度最高，根据题图可知，b点时溶液温度最高，此时氨水和盐酸恰好完全反应，又因水的电离过程是吸热过程，温度越高水的电离程度越大，由于b点温度高于a点温度，则a点的Kw小于b点的Kw，A错误；b点为氨水和盐酸恰好完全反应的点，此时氨水的体积小于10 mL，而盐酸的体积为10 mL，根据反应方程式NH3·H2O＋HClNH4Cl＋H2O可知，氨水的浓度大于1.0 mol·L－1，B错误；酸、碱均抑制水的电离，N水解促进水的电离，a点溶液呈强酸性，抑制水的电离，b点酸碱恰好完全反应，N水解促进水的电离，c点溶液呈中性，不影响水的电离，d点溶液呈碱性，抑制水的电离，C错误；c点溶液呈中性，c（H＋）＝c（OH－），由电荷守恒c（H＋）＋c（N）＝c（OH－）＋c（Cl－），知c点溶液：c（Cl－）＝c（N）＞c（OH－）＝c（H＋），D正确。
2.B 当lg ＝0时，c（MOH）＝c（M＋），此时pOH＝4.2，则c（OH－）＝10－4.2 mol·L－1，根据Kb（MOH）＝可知此时Kb（MOH）＝c（OH－）＝10－4.2，MCl的水解常数为＝＝10－9.8，数量级为10－10，A错误；酸和碱都会抑制水的电离，开始未加入HCl溶液，原碱溶液电离出的OH－抑制水的电离，加入HCl溶液时生成可以水解的MCl，促进水的电离，d点时，MOH与HCl恰好完全反应生成MCl，所以水的电离程度：a＜b＜c＜d，B正确；b点加入10 mL 0.2 mol·L－1的盐酸，溶质为等物质的量的MOH和MCl，溶液呈碱性，c（OH－）＞c（H＋），则MOH的电离程度大于M＋的水解程度，所以各微粒浓度大小顺序为c（M＋）＞c（Cl－）＞c（MOH）＞c（OH－）＞c（H＋），C错误； d点溶液中溶质为MCl，该物质为强酸弱碱盐，溶液显酸性，则d点溶液的pOH＞7，D错误。
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