水溶液中平衡圖像的拓展與探析-2024-2025學年浙江高考化學專項復習（解析版）

第39講水漫覆黃闔假飆期唇氣掰析

01考情分析02真題精研03規(guī)律?方法?技巧04經(jīng)典變式練

05核心知識精煉06基礎測評07能力提升

考情分析

水溶液中存在著弱電解質的電離平衡，鹽的水解平衡，難溶電解質的溶解平衡，而有關這些平衡的圖

象分析是近幾年高考的熱點和必考點，且不斷探索創(chuàng)新點，這樣不僅創(chuàng)新了考查形式，而且大大增加了試

題的綜合性和難度。要想攻克此點，就需要學生在利用好數(shù)形結合思想的基礎上，提高自己的遷移運用能

力和科學思維，達到考題萬變不離其宗。

一.真題精研

1.（2024?湖南?高考真題）常溫下Ka（HCOOH）=1.8x1O'向20mL0.10mol-LTNaOH溶液中緩慢滴入相同

濃度的HCOOH溶液，混合溶液中某兩種離子的濃度隨加入HCOOH溶液體積的變化關系如圖所示，下列說

法錯誤的是

一

5101520

r（HCOOH）/mL

A.水的電離程度：M＜N

B.M點：2c（0H-）=c（Na+）+c（H+）

C.當廠（HCOOH）=10mL時，c（0H-）=c（H+）+2c（HC00H）+c（HCOCF）

D.N點：c（Na+）＞c（HCOQ-）＞c（OH~）＞c（H+）＞c（HCOOH）

【答案】D

【分析】結合起點和終點，向20mLO.lOmollTNaOH溶液中滴入相同濃度的HCOOH溶液，發(fā)生濃度改變

的微粒是Na+、OH、ft和HCOCF；當V（HCOOH）=OmL,溶液中存在Na+、H+和OH1

c（OHj=c（Na+）=0.10molL-1,隨著加入HCOOH溶液，c（Na+）減少但不會降到0,當

V（HCOOH）=20mL,c（Na+）=O.OSmol.L1,隨著加入HCOOH溶液，C（OH）會與HCOOH反應而減少，

當V（HCOOH）=20mL,溶質為HCOONa,n（HCOONa）=0.05mol-L-1

IO*c（OH-）c（HCOOH）c（OH）21

——x0.05=-xlO^mol-U1c

1.8x10"*c（HCOO）c（HCOO）1.86

少，接近于0,則斜率為負的曲線代表c（OH）當V（HCOOH）=OmL時，O.lOmol?LNaOH中c（fT）=

lOxlO^mol.L1,很小，隨著加入HCOOH溶液，溶質由NaOH變?yōu)镹aOH和HCOONa混物，最終為

HCOONa,c（H+）增力口的很少，而c（HCOO）增加的多，當V（HCOOH）=20mL,溶質為HCOONa,HCOO

少部分水解，n（HCOO-）＜0.05mol.L\斜率為正的曲線代表c（HCO。］,即經(jīng)過M點在下降的曲線表示

的是OH-濃度的改變，經(jīng)過M點、N點的在上升的曲線表示的是HCOCT濃度的改變。

【解析】A.N點HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應生成HCOONa,此時僅存在HCOONa的水解，M點

時仍剩余有未反應的NaOH,對水的電離是抑制的，故水的電離程度M＜N,故A正確；

B.M點溶液中電荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（HCOCr）+c（Oir）,M點為交點可知c（HCOCr）=C（OH）,

聯(lián)合可得2c（OI^）=c（Na+）+c（H+）,故B正確；

C.當k（HCOOH）=10mL時，溶液中的溶質為c（Na。"）:c（HCOONa）=1:1,根據(jù)電荷守恒有

c（Na+）+c（H+）=c（HC00-）+c（0H-）,根據(jù)物料守恒?（9+）=2（:但80-）+2＜:（118011）,兩式整理可得

c（OH）=c（H+）+2c（HCOOH）+c（HCOO）,故C正確；

D.N點HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應生成HCOONa,甲酸根發(fā)生水解，因此c（Na+）＞c（HCOC^）及

c（OH.）＞c（H+）觀察圖中N點可知，c（HCOCF卜0.05加o//L,根據(jù)

Ka（HCOOH）=c（；"*：；L1.8x10-,可知c（HCOOH）＞c（lF）,故D錯誤；

故答案選D。

2.(2024?浙江?高考真題)室溫下，H2s水溶液中各含硫微粒物質的量分數(shù)3隨pH變化關系如下圖[例如

")=c(H⑹靠))+")]。己知：%(FeS)=6.3xlL,Ksp[Fe(OH)2]M.9xlO'\

下列說法正確的是

A.溶解度：FeS大于Fe(OH)2

B.以酚酸為指示劑(變色的pH范圍8.2?10.0),用NaOH標準溶液可滴定H2s水溶液的濃度

C.忽略S?一的第二步水解，0.10mol/L的Na2s溶液中S?-水解率約為62%

D.0.010mol/L的FeCl?溶液中加入等體積0.20mol/L的Na2s溶液，反應初始生成的沉淀是FeS

【答案】C

【分析】

在H2s溶液中存在電離平衡：H2SUH++HS-、HS-UH++S2-,隨著pH的增大，H2s的物質的量分數(shù)逐漸減

小，HS-的物質的量分數(shù)先增大后減小，S2-的物質的量分數(shù)逐漸增大，圖

中線①、②、③依次代表H?S、HS\S2-的物質的量分數(shù)隨pH的

713

變化，由①和②交點的pH=7可知^fl/(H2S)=lxlO-,由②和③交點的pH=13.0可知^(H2S)=lxlO-o

【解析】A.FeS的溶解平衡為FeS(s)UFe2+(aq)+S2-(aq),飽和FeS溶液物質的量濃度為(FeS)=

1892+

76.3xlO-mol/L=V63x10-mol/L,Fe(OH)2的溶解平衡為Fe(OH)2Fe(aq)+2OH(aq),飽和Fe(OH)2溶

1769

液物質的量濃度為產(chǎn)器,電]=^4.9xWmo]/L=[12.25x10-mol/L>而x10-mol/L,故溶解度：FeS

小于Fe(OH)2,A項錯誤；

B.酚醐的變色范圍為8.270,若以酚醐為指示劑，用NaOH標準溶液滴定H2s水溶液，由圖可知當酚醐發(fā)

生明顯顏色變化時，反應沒有完全，即不能用酚酸作指示劑判斷滴定終點，B項錯誤；

C.Na2s溶液中存在水解平衡S2-+H2OUHS-+OH-、HS-+H2OUH2S+OH-(忽略第二步水解)，第一步水解

平衡常數(shù)巾S+期渭叱號器詈二嬴^需二。」，設水解的S2-的濃度為Xmd/L,

則上-=0.1,解得x=0.062,S2-的水解率約為幽型*xioo%=62%,C項正確；

D.0.01mol/LFeCl2溶液中加入等體積0.2mol/LNa2s溶液，瞬間得到0.005mol/LFeCl2和0.1mol/LNa2S的

混合液，結合C項，瞬時c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/Lx(0」mol/L-0.062moi/L尸1.9xlO-4>Ksp(FeS),

2+225

c(Fe)c(OH)=0.005mol/Lx(0.062mol/L)=l.922xIO>^[Fe(OH)2],故反應初始生成的沉淀是FeS和

Fe(OH)2,D項錯誤；

答案選C。

規(guī)律?方法-技巧

一、分布系數(shù)圖像題應注意的三點

1.明標：要想理清溶液中粒子濃度關系，首先看各縱、橫坐標表示的含義，尤其多維坐標圖像更應注意。

2.理線：根據(jù)坐標內曲線的變化趨勢，理清每曲線、每部分表示的含義，判斷曲線所代表的粒子。

3.求點：要注意圖像內的各種交點，通過交點建立不同粒子間的等量關系，由已知量代替未知量，簡化求解

過程。

二、解沉淀溶解平衡圖像題三步驟

第一步：明確圖像中縱、橫坐標的含義。

縱、橫坐標通常是難溶物溶解后電離出的離子濃度。

第二步：理解圖像中線上點、線外點的含義。

(1)曲線上任意一點都達到了沉淀溶解平衡狀態(tài)，此時Qc=Ksp。在

溫度不變時，無論改變哪種離子的濃度，另一種離子的濃度只能在曲

線上變化，不會出現(xiàn)在曲線以外。

(2)曲線上方區(qū)域的點均為過飽和溶液，此時Qc>Ksp。

(3)曲線下方區(qū)域的點均為不飽和溶液，此時Qc<Ksp。

0c(Cr)/(mobL-1)

第三步：抓住Ksp的特點，結合選項分析判斷。

(1)溶液在蒸發(fā)時，離子濃度的變化分兩種情況：

①原溶液不飽和時，離子濃度都增大；

②原溶液飽和時，離子濃度都不變。

(2)溶度積常數(shù)只是溫度的函數(shù)，與溶液中溶質的離子濃度無關，在

同一曲線上的點，溶度積常數(shù)相同。

經(jīng)典變式練

I.(2024?全國?高考真題)常溫下CH2cleOOH和CHC12coOH的兩種溶液中，分布系數(shù)3與pH的變化關

,、C(CH,C1COO)

系如圖所示。［比如：CHC1COO-=-------------~~~L-------；］

27

\C(CH2C1COOH)+C(CH2C1COO)

0.00.40.81.21.62.02.42.83.23.64.04.44.85.25.66.0

pH

下列敘述正確的是

A.曲線M表示*CHC12coeF)?pH的變化關系

B.若酸的初始濃度為0.1Omol.L1,則a點對應的溶液中有c(H+)=c(CHC12coeF)+c(0H)

C.CH2cleOOH的電離常數(shù)區(qū)=1。7

電離度a(CH2clec)OH)=0.15

'P.寸'電離度a(CHCl2coOH)0.85

【答案】D

【分析】隨著pH的增大，CH2cleOOH、CHC12coOH濃度減小，CH2cleOCT、CHC12coeT濃度增大,

一Cl為吸電子基團，CHCLCOOH的酸性強于CH2cleOOH,即Ka(CHC12coOH)>&(CH2cleOOH)),3(酸

分子)=3(酸根離子)=0.5時的pH分別約為1.3、2.8,則兩種酸的電離常數(shù)分別為Ka(CHCLCOOH)“10T3,

凡(CH2cleOOH、10-2.8,由此分析解題。

【解析】A.根據(jù)分析，曲線M表示5(CH2cleOCT)?pH的變化關系，A錯誤；

c(CHCLCOO/、,

B.根據(jù)K『(CHCl2coOH)=-/2--------);),初始c°(CHCl2coOH)=0.1mol-L\若溶液中溶質只

c(CHCl2coOH)

有CHCl2coOH,則c(CHC12coCT)=c(H+)一小匕(CHC12coOH)c°(CHCl2coOH)=10一/5moeIT],但a點

對應的c(H+)=0.1mol.LT,說明此時溶液中加入了酸性更強的酸，根據(jù)電荷守恒，

+

c(H)>c(CHC12COO-)+c(OH-),B錯誤；

C.根據(jù)分析，CH2cleOOH的電離常數(shù)兄=10-2.8,c錯誤；

D.電離度々=津邕，％="電離+4電離，則a(CH2cleOOH)=5(CH2cle00)

〃始

--

a(CHCl2COOH)=<J(CHC12COO),pH=2.08時，<?(CH2C1COO)=0.15,5(CHC12coCT)=0.85,D正

確；

故答案選D。

2.(2023?遼寧?高考真題)某廢水處理過程中始終保持H2s飽和，即c(HzS)=0.1皿>1.廣，通過調節(jié)pH使Ni?+

和Cd?+形成硫化物而分離，體系中pH與-Ige關系如下圖所示，c為HS\S2\Ni"和Cd?+的濃度，單位為

mol-L-'o已知K￡NiS)>Ksp(CdS),下列說法正確的是

20-

16-

12-

3■

"8-

4-

0-

184B.③為pH與-Ige(HS)的關系曲線

A.Ksp(CdS)=10-

81147

C.Kal(H2S)=10-D.Ka2(H2S)=10-

【答案】D

【分析】已知H2s飽和溶液中隨著pH的增大，H2s的濃度逐漸減小，HS-的濃度增大，S2-濃度逐漸增大，

則有-lgc(HS-)和-IgS)隨著pH增大而減小，且相同pH相同時，HS-濃度大于S”，即-lgc(HS-)小于-IgS)

則Ni2+和Cd?+濃度逐漸減小，且Ksp(NiS)>K￡CdS),即當cS)相同時，c(Ni2+)>c(Cd2+),則-lgc(Ni2+)和

-lg(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+),由此可知曲線①代表CcR、②代表Ni2+、③代

表S'④代表HS-,據(jù)此分析結合圖像各點數(shù)據(jù)進行解題。

【解析】A.由分析可知，曲線①代表CcR、③代表S%由圖示曲線①③交點可知，此時

c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L,則有KsplCdShUcdZ+Hsz-blO^moi/LxlO2moi/Lqoa,人錯誤；

B.由分析可知，③為pH與-lgc(S2-)的關系曲線，B錯誤；

C.由分析可知，曲線④代表HS-,由圖示曲線④兩點坐標可知，此時c(H+尸1016moi/L時，

65

c(HS)=10--mol/L,Kal(H2S)==10-71或者當c(H+)=10-4.2mol/L時，

39

c(HS)=10--mol/L,Kal(H,S)=。但肚中)=Kr-mol/LxlOS'moi/L=1。一九，?錯誤；

C(H2S)O.lmol/L

++22+2

「心c(H)c(HS)c(H)c(S)C(H).C(S)小―一,“0,

+49

D.已知KaiKa2=----———?————=-----———，由曲線③兩點坐標可知，當c(H)=10-mol/L時,

C(H2S)C(HS)C(H2S)

c(S2-)=10-13mol/L,或者當c(H+)=10-6.8mol/L時，c(S2)=10-9-2mol/L,故有KaiKa2：?(H2?)=

C(H2S)

(1產(chǎn)mol/L)"產(chǎn)mol/L=(1產(chǎn)mol/L)"產(chǎn)mol/L”叫結合c項分析可知,故有

O.lmol/LO.lmol/L

147

Ka2(H2S)=10-,D正確；

故答案為D。

核心知識精煉

一、平衡常數(shù)(Kw、Ksp)曲線

1.雙曲線型

不同溫度下水溶液中c(H+)與c(OH)的變化曲線常溫下,CaSC>4在水中的沉淀溶解平衡曲線[Ksp=9xIO"]

[OH-]/(mol?L-1)

IO",QX

107

;D^-r2一

4xl0-3[SO4-l/(mobL-1)

IO。io-6[H+]/(mol：LT)

(1)A、C、B三點均為中性，溫度依次升高,馬依

(l)a、c點在曲線上,a—c的變化為增大c(SO亍),如加入

次增大

Na2s。4固體，但“不變

(2)D點為酸性溶液,E點為堿性溶液,八溫度時

(2)b點在曲線的上方,Q>Ksp,將會有沉淀生成

Kw=lx10"4

(3)d點在曲線的下方,0<Ksp,則為不飽和溶液，還能繼續(xù)溶

(3)AB直線的左上方均為堿性溶液，任意一點均

解CaSO4

有c(H+)<c(OH')

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)

①直線AB上的點對應的溶液中:c(M2+尸c(R2-)

②溶度積:CaSC)4>CaCO3>MnCO3；

③X點對于CaSC?4來說要析出沉淀，對于CaCO3來說是不飽和溶液，能繼續(xù)溶解CaCO3;

@Y點:c(S0?)>c(Ca2+),二者濃度的乘積等于10-5;Z點:c(CO幻4(MW),二者濃度的乘積等于10一叫

二、正態(tài)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H2c2。4為例)

34567

pH「由456

注:為電離常數(shù)的負對數(shù)

5o為CH3COOH分布分數(shù),61為CH3co0-分布分§0為H2c2。4分布分數(shù)、81為HC2O4分布分數(shù)、52為C20f分布

數(shù)分數(shù)

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(jù)分布分數(shù)可以書寫一定pH時所

發(fā)生反應的離子方程式

同一pH條件下可以存在多種溶質微粒。根據(jù)在一定pH的溶液中微粒分布分數(shù)和酸的初始濃度,就可以計算各

成分在該pH時的平衡濃度

基礎測評

1.（2024?山東荷澤?模擬預測）常溫下，向O.lmol/LNa2c2O4溶液中滴加稀鹽酸，所得混合溶液的pOH與分

c(X)_____________

布系數(shù)5H2c2O4、HC?。；或c?。；-的變化關系如圖1,POH與

C(H2C2O4)+C(HC2O；)+c(C20t)

《Hcq)<HC2O;)

P一g「H2c2O4)或g(CzO；)的變化關系如圖2。

下列說法正確的是

A.N點和c點溶液中c(H+)相同，為1028moi/L

+

B.a點時,3c(HC2O；)<c(CP)+c(OH*)-c(H)

C.水的電離程度：c>d>b>a

+

D.d點時，c（H2C2O4）（c（HC2O4））C（H）>C（C2Ot）

【答案】A

++

c（HC2O4）-c（H）,,c（C2Ot）-c（H）-a

【解析】A.根據(jù)圖中點M、P得到區(qū)|=，’=102,'/TU=1。，根據(jù)c

C（H2c2。4）^^HC2O4J

占得到lgC（HC20；LgC（HC&）則有…）“）—勺熱”

Jlglg

-^C（H2C2O4）c（C2Ot）

C（HO；-）-C（H+）

2L313

=10-xl0-,解得c（H+）=10"8moi1、即N點，c點對應的pH=2.8,故A項正確;

C（HC2O；）

B.a點時，根據(jù)電荷守恒，有c（H+）+c（Na+）=c（Cr）+c（0H+）+c（HC20；）+2c（C2。；）根據(jù)元素質量守

恒，有c（Na+）=2c（HC2O；）+2c（C2O『）+2c（H2c2O4），兩式聯(lián)立，得

+

c（HC2O4）+2C（H2C204）=C（C1）+C（0H-）-c（H）,再根據(jù)a點對應pOH=11和分布系數(shù)圖，得

c（HC2O；）>c（H2C2O4）,則有3c（HC2O；）>C（C「）+C（OH-）-C（H+）,故B項錯誤；

C.a、b兩點pH相等，水的電離程度相等，因此水的電離程度：a=b>c>d>e,故C項錯誤;

D.d點時，lgc產(chǎn)*!63,則有c（HC,O；）>c（H2czOj，故D項錯誤；

C（H2c2O4）

故本題選A。

2.（2024?甘肅張掖?模擬預測）[工業(yè)生產(chǎn)中采用水解中和法處理含銅離子廢水。常溫下，水溶液中含銅微粒

2+

Cu>[Cu（OH）]\CU（OH）2,[CU（OH）3]\[Cu（OH）,「的分布系數(shù)隨pH的變化關系如圖所示。下列

照

順

電

安

監(jiān)

臬

罪

群

如

A.曲線3代表的含銅微粒是CU(OH)2

B.曲線4的最高點對應溶液的pH=l1.6

C.[。1(0肛「UCu(OH)2+2OIT的平衡常數(shù)K=1()78

D.向2moi/LCuSC)4溶液中滴加2moi/LNaOH溶液至過量，反應的離子方程式是

2+

CU+2OH-=CU(OH)2^

【答案】D

【分析】隨著pH增加，CM+分布系數(shù)逐漸減小，[Cu(OH)『、Cu(OH)2、[cu(OH)31的分布系數(shù)逐漸增力口，

然后再逐漸減小，[Cu(OH)J一分布系數(shù)逐漸增加，故曲線1為CM+,曲線2為[Cu(OH)]+,曲線3為

CU(OH)2,曲線4為[CU(OH)3],曲線5為[CU(OH)」，以此解答。

【解析】A.由分析可知，曲線3代表的含銅微粒是CU(OH)2,A正確；

B.由圖可知，當Cu(OH)z、[CU(OH)31濃度相等時pH=10.7,當[Cu(OH)31、[Cu(0H)4丁濃度相等時

125107

pH=12.5,曲線4最高點對應溶液中[Cu(OH)31的濃度最高，此時pH=-+-=116)B正確；

_+107

C.Cu(0H)2+0H-[Cu(0H)3],當CU(OH)2、[。!(。見]濃度相等時，pH=10.7,c(H)=10mol/L,

332

c(OH-)=10-mol/L,■=[CU(OH)3]+OH-[Cu(OH)4]',當[Cu(OH)3]和

C[CU(OH)2]C(OH)c(OH)

[Cu(0H)4F濃度相等時，pH=12.5,c(H+)=10l2-5mol/L,c(OH-)=10-15mol/L,凡=上”L

C[CU(OH)2]C(OH)C(OH)

c[Cu(OH)j]

152-

=10,則K4==10",[CU(OH)41Cu(OH)2+2OH-,K=C

C(OH)C[CU(OH)2]C(OH)

正確；

D.向2moi/LCuSO”溶液中滴加2mol/LNaOH溶液至過量，生成的Cu(OH)2還會繼續(xù)和0匕反應生成

-2

[CU(OH)3]ff[Cu(OH)4]\D錯誤；

故選D。

3.(2024?陜西商洛?模擬預測)|常溫下，分別取未知濃度的M0H和HA溶液，加水稀釋至原體積的n倍。

稀釋過程中，兩溶液pH的變化如圖所示。下列敘述正確的是

B.水的電離程度：Z＞Y=X

C.將X點溶液與Y點溶液混合至中性時，c（A-）＜c（M+）+c（HA）

D.將X點溶液與Z點溶液等體積混合，所得溶液中一定有：

c（M+）＞c（A-）＞c（HA）＞c（0H-）＞c（H+）

【答案】C

【分析】根據(jù)圖中曲線MOH溶液不斷稀釋，堿性減弱，pH不斷減小，因此Q線是MOH的稀釋曲線，HA

溶液不斷稀釋，酸性不斷減弱，pH不斷增大，因此P線是HA溶液的稀釋曲線。根據(jù)lgn與pH變化關系

得到MOH是強堿，HA為弱酸。

【解析】A.根據(jù)圖中分析P線代表HA的稀釋圖像，再根據(jù)lgn與pH變化分析稀釋10倍pH變化不到1

個單位，說明HA為弱酸，故A錯誤；

B.Y點pH=10,Z點pH=9,則Y點堿性更強，抑制水的電離能力更強，因此水電離程度更小，Z點

pH=9,X點pH=5,兩者抑制水的電離能力相同，水電離程度相等，因此X、Y、Z三點溶液中水的電離程

度：Z=X＞Y,故B錯誤；

C.X點溶液與Y點溶液混合至pH=7時，根據(jù)電荷守恒c（A-）+c（OH-）=c（M+）+c（H+）和pH=7得到

c（A-）=c（M+）,故C正確；

D.X點與Z點等體積混合溶質是MA和HA的混合溶液，且HA物質的量濃度大于MA物質的量濃度，一

般來說溶液顯酸性，故D錯誤；

答案為C。

c（A2-）

4.（2024?黑龍江雙鴨山?模擬預測）常溫下，二元弱酸H2A體系中IgX［其中X表示市苜或不不］隨

溶液pH變化如圖所示（通過加入NaOH固體調節(jié)溶液pH且忽略溶液體積變化）。下列說法中錯誤的是

X

60

A.L1表示值二——隨溶液pH的變化

C（H2A）

B.pH=11.2的溶液中存在c(Na+)+c(H+)=2c(HA-)+c(A2-)+c(o^^)

-1+-2-

C.0.1mol-LNaHA溶液中存在c（Na）>c（HA）>c（H2A）>c（A）

D.水的電離程度：a>b

【答案】D

+2+

c（HA）c（H）c（Ajc（H）.60

【解析】A.根據(jù)，J\）、K*=-、/可知,當lgX=0時，a點對應K=cH+=10-叫b

7

C（H2A）c（HAj'

cfHA）

點對應K=c（H+）=10-『結合Kai大于KQ,則K「10-6.。，&=10皿，匕表示怛――（隨溶液汨的變化,

A正確；

一c（A2j……

B.由選項A分析可知，L2表示1g—-----隨溶液pH的變化，pH=11.2的溶液中，lgX=O,

cHA-

c（HAj=c（A2j,根據(jù)電荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（HA）+2c（A2-）+c（0H）可得:

c（Na+）+c（H+）=2c（HAj+c（A2j+c（0Hj,B正確；

K

C.。恒&）=皆=10-8%葭，HA-水解程度大于其電離程度，因此（Mmol.L」NaHA溶液中

+2

c（Na）>c（HAj>c（H2A）>c（Aj,C正確;

D.鹽的水解促進水的電離，弱酸電離抑制水的電離。NaHA水解大于電離，Na2A只水解。a點為等濃度

NaHA和H2A混合溶液，b點為等濃度的NaHA和Na2A混合溶液，則b點對水的電離促進作用大，即水的

電離程度：a<b,D錯誤；

故選D。

5.（2024?山東日照?三模）室溫下，向一定濃度Na2A溶液中加入鹽酸，溶液中粒子（H?A、HA「、A?-、

H+、OH-）濃度的負對數(shù)（用pc表示）與溶液pOH變化的關系如圖所示。下列說法錯誤的是

A.M點縱坐標為2.7

B.水的電離程度：X>M>Y>N

C.隨著pH減小，c（A2-）.c（H+）先增大后減小

D.N點溶液中c（Na+）<2c（A?+c（OJT）

【答案】D

【分析】POH越小，堿性越強，《A?。也會越大，因此線MX代表A?-，線XY代表HA、線MY代表

2

H2A,最后兩條線分別是H+、OH-.X點時，c（HA-）=c（A）,則H2A的

cfH+VcfA2）/\K/\

2'）：c”=wio3;同理，丫點。田時，cHA-=c（H,A）,則H2A的

clHAIclOHI

"'=cH+=^^=KT,據(jù)此分析解答。

7

C（H2A）'clOH）

【解析】A.M點時，c（HA）=c（A2-）,也是C（HA取最大值時，降、心=0°4=i0R6,再

2。匚；,）

根據(jù)0（11仆）={1一），求出C（H+）=10TL3,pH=ii.3,則pOH=14-pH=2.7,故A正確；

B.XTMTY—N過程，4A?。逐漸減少，水的電離程度逐漸減小，故B正確；

C.當pH減小時，根據(jù)卻不變，而HA-先增大后減小，則。?！?色+》仁4皿-）先增大后減小,

故C正確;

D.N點時，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(0IT)+c(C「)，N點時c(H+)=c(HA-),

由此可以得出c(Na+)=2c(A2-)+c(0H-)+c(C「)，而c(€T)>c(0IT),則c(Na+)>2C(A2-)+2C(0IT),

故D錯誤；

故選D。

6.(2024?河北衡水?模擬預測)氫氧化鋅的性質和氫氧化鋁相似。室溫下，測得溶液中pc{-lgc(zr+)或

-lgc[Zn(OH)4丁}與溶液pH的關系如下圖。已知lg2=0.3,下列說法錯誤的是

A.a線表示-lgc(ZE+)與pH的關系

174

B.室溫下，^sp[Zn(OH)2]=10--

C.室溫下，向氫氧化鋅的懸濁液中通入HC1氣體，當pH=8時氫氧化鋅開始溶解

D.Zn2++4OH-=[Zn(OH)J2-^=10164

【答案】C

【分析】隨著pH的增大，OH-的濃度在增大，c(Zn2+)在減小，Tgc(Zn2+)在增大，貝。a為-序億B)與溶液

pH的關系，b為Tgc[Zn(OH)4F-與溶液pH的關系，

【解析】A.根據(jù)分析可知，a線表示Tgc億n2+)與pH的關系，A正確；

B.當溶液的pH=8.0時，c(Zn2+)=1054mol?L-i,常溫下K?Zn(OH)2)=c2(OH-)c(Zn2+)=(10-6)2xi()5Jio-i7.4,

B正確；

C.室溫下，Zn2+在pH=8時沉淀完全，在開始沉淀的時候，pH小于8,則向氫氧化鋅的懸濁液中通入HC1

氣體，沉淀立刻開始溶解的pH也小于8,C錯誤；

2+2174

D.Zn(OH)2(s)=Zn2+(aq)+2OH-(aq)①，Ksp=c(Zn)c(OH")=1O-,Zn(OH)2+2OH-=[Zn(OH)4]^

c[Zn(OH)J

②，跖=，當pH=14時,c[Zn(OH)]2^=0.1mol/L,則Ki=0.1,②-①得到

C2(0H)4

2+-2-K=j=券=10"，D正確;

Zn+4OH=[Zn(OH)4]

故選Co

7.(2024?河南?模擬預測)常溫下，向某工業(yè)廢水中通入H2s使其濃度保持0.1mol〕T不變時，通過調節(jié)溶

液的pH使Ni2+和Cd?+形成硫化物沉淀而分離，體系中pOH[pOH=-lgc(OH-)]與lgc(c為H?S、HS>

S2->Ni2+>Cd?+的濃度，單位為molI-D的關系如圖所示。己知：/(NiS)>Ksp(CdS),離子濃度

〈lO-mohLT時，可認為沉淀完全。下列說法正確的是

IgcA

-20---1----1-----1----1----1------1---1------1-------->

5678910111213pQH

A.④為pOH與lgc(S?-)的關系曲線B.%(NiS)的數(shù)量級為10-27

C.pH=6.9時，C(H2S)=C(HS-)D.pH>8.1時，可將Ni?+、Cd?+分開沉淀

【答案】C

【分析】隨著pOH的減小，H2s飽和溶液中H2s的電離平衡正向移動，c(HS)增大，c(s2)逐漸增大，則

Igc(HS-)和IgcS)隨著pOH減小而增大,且pOH相同時,。(暗)大于e52-),即Igc(HS-)大于IgcS-),即

②③分別代表pOH與lgc(HS)、lgc(S，)的關系曲線；隨著pOH的增大，c(sh逐漸減小，C(NF)和

c(Cd2+)逐漸增大，即lgc(Ni2+)和lgc(Cd2+)隨pOH增大而增大，且卜(Nis)>%仁<15),即當c'-)相同時，

c(Ni2+)>c(Cd2+),lgc(Ni2+)>lgc(Cd2+),由此可知曲線④⑤分別代表pOH與lgc(Ni2+)、lgc(Cd2+)的關系曲線;

因為H2s濃度保持o.imoLLT不變，則①代表pOH與Ige(比S)的關系曲線。

【解析】A.根據(jù)分析知，④為pOH與lgc(Ni2+)的關系曲線，A錯誤；

B.由圖示曲線③④交點可知,此時c(Ni2+)=c(s2-)=lC)T0-2mol/L,則有

2+220

Ksp(NiS)=c(Ni)-c(S-)=10--\數(shù)量級為10必，B錯誤；

C.由圖示曲線②可知，pOH=12時,c(H+尸ICPmoi/L時，c(HS)=10-59mol/L,

+69

K1(H2S)=)C(：S)=102moi/Lxl05"ol/L=1廠.9,貝i]pH=6.9,即c(H)=10--mol/L時,

alV27

c(H2S)O.lmol/L

c(H2S)=c(HS-),C正確；

D.由圖示曲線③⑤交點可知，此時cINiZ+Xcd-XIOTZ.amoi/L,則有

2+2256

Ksp(CdS)=c(Cd)-c(Sj=10--,由圖示曲線③可知，

10-11-8mol/LxlO-10-2mol/L

10加，則pH>8.1時,

0.lmol/L

[A)」但S)%管%2Hs)=1moi〃=-°1/L,此時

cIHI10

c(Ni2+)=Ksp^N1S^<10mol/L=10-6-5mol/L,c(Cc^)=%(于)<1Cl::mol/L=]CT11mol/L,因為

22

C(S-)1089C(S-)1C)T3-9

離子濃度<10-5mol.1/時，可認為沉淀完全，即PH>8?1時，出2+、CcP+都已經(jīng)完全沉淀，D錯誤；

故選C。

8.（2024?河北?高考真題）在水溶液中，CN可與多種金屬離子形成配離子。X、Y、Z三種金屬離子分別與

CN-形成配離子達平衡時，1g8隨^）與-lgc（CN）的關系如圖。

C（配置于）

(

琳

ffMi

制

3)

123456

-lgc(CN-)

下列說法正確的是

A.99%的X、Y轉化為配離子時，兩溶液中CN的平衡濃度：X>Y

c（X）c（Z）

B.向Q點X、Z的混合液中加少量可溶性Y鹽，達平衡時>

c（X配離子）c億配離子）

C.由Y和Z分別制備等物質的量的配離子時，消耗CN-的物質的量：Y<z

D.若相關離子的濃度關系如P點所示，Y配離子的解離速率小于生成速率

【答案】B

c（X）c（Y）1%

【解析】A.99%的X、Y轉化為配離子時，溶液中c（x配離子）=c（Y配離子"，貝汁

炮~根據(jù)圖像可知，縱坐標約為-2時，溶液中-lgCx（CN?-lgCY（CN-），則

溶液中CN的平衡濃度：X<Y,A錯誤；

B.Q點時吆c（x'3子）=愴c（Z酉11子）'即c（x3子）=c（Z酉&子）'加入少量可溶性丫鹽后，會消耗C、

形成Y配離子，使得溶液中c（CN）減?。ㄑ貦M坐標軸向右移動），引「X黑子）與吆c（Z歌子）曲線在Q點

相交后，隨著-lgc（CN）繼續(xù)增大，X對應曲線位于Z對應曲線上方，即1g三、>炮"舄￡、，則

c（X）、c億）

c（X配離子）c（Z配離子）'B止帔；

C.設金屬離子形成配離子的離子方程式為金屬離子+mCN=配離子，則平衡常數(shù)

K=____c（配-子）______,C（配離子）.C（金屬離子）1/\

c（金屬離子）爐仁、）’gTg。（金屬離子）-mlgc（）-gc（配離子）一mgc（），即

C（）

^Sf=-mlgc（CN-）-IgK,故X、Y、Z三種金屬離子形成配離子時結合的CN越多，對應

1g?-lgc（CN-）曲線斜率越大,由題圖知，曲線斜率：Y>z，則由Y、Z制備等物質的量的配

離子時，消耗CN的物質的量：Z<Y,C錯誤；

D.由P點狀態(tài)移動到形成Y配離子的反應的平衡狀態(tài)時，-lgc（CN）不變，lg增大，即。（丫）增

C（Y冏匚圖二J-）

大、c（Y配離子）減小，則P點狀態(tài)Y配離子的解離速率>生成速率，D錯誤；

本題選B。

能力提升

1.（2023?湖南?高考真題）常溫下，用濃度為0.0200mol〕T的NaOH標準溶液滴定濃度均為0.0200mol〕T

V（標準溶液）

的HCI和CH3coOH的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨n（n=就耐溶液j）的變化曲線如圖所示。下列

說法錯誤的是

A.陌(CH3coOH)約為10,6

+

B.點a：c(Na)=c(CP)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)

C.點b：c(CH3COOH)<c(CH3COO-)

D.水的電離程度：a<b<c<d

【答案】D

【分析】NaOH溶液和HC1、CH3coOH混酸反應時，先與強酸反應，然后再與弱酸反應，由滴定曲線可知，

a點時NaOH溶液和HC1恰好完全反應生成NaCl和水,CH3COOH未發(fā)生反應，溶質成分為NaCl和CH3co0H；

b點時NaOH溶液反應掉一半的CH3coOH,溶質成分為NaCl、CH3coOH和CH3coONa；c點時NaOH

溶液與C