热点07水溶液中的新型曲线分析（解析版）_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_专项复习_2023年高考化学热点·重点·难点专练（新高考专用）

热点 07 水溶液中的新型曲线分析 （建议用时：45分钟） 【真题再现】 1．（2022·湖南卷）室温时，用0.100molL-1的标准AgNO 3 溶液滴定15.00mL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AgNO  的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。 3 若溶液中离子浓度小于1.0105molL-1时，认为该离子沉淀完全。K sp (AgCl)=1.81010 ， K (AgBr)5.41013 ，K (AgI)8.51017 )。下列说法正确的是 sp sp A．a点：有白色沉淀生成 B．原溶液中I-的浓度为0.100mol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4.50mL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4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10- 4mol。 A．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； 1.510-4mol B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为 =0.0100molL-1，故B错误； 0.01500L ⋅ K (AgBr) 5.41013 C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)= sp  =5.4×10-8mol/L，若 c(Br-) 1.0105 K (AgCl) 1.81013 Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)= sp  =3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(Ag+) 5.4108c(I-)=0.0100molL-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确； D．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； 故选C。 2．（2022·山东卷）工业上以SrSO (s)为原料生产SrCO (s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO (s)的 4 3 3 0.1molL-1、1.0molL-1Na CO 溶液，含SrSO (s)的0.1molL-1、1.0molL-1Na SO 溶液。在一定pH范围内， 2 3 4 2 4 四种溶液中lg  c  Sr2+ /mol-1L-1 随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 K SrSO  A．反应 的平衡常数K= sp 4 SrSO 4 (s)+CO 3 2-    SrCO 3 (s)+SO 4 2- K sp SrCO 3  B．a=-6.5 C．曲线④代表含SrCO (s)的1.0molL-1Na CO 溶液的变化曲线 3 2 3 D．对含SrSO (s)且Na SO 和Na CO 初始浓度均为1.0molL-1的混合溶液，pH7.7时才发生沉淀转化 4 2 4 2 3 【答案】D 【解析】硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中 锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸 锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线； 碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸 钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的 变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。 c(SO2-) c(SO2-)c(Sr2) K (SrSO ) A．反应SrSO (s)+CO SrCO (s)+SO 的平衡常数K= 4 = 4 = sp 4 ，故A正 4 2 3 2 c(CO2-) c(CO2-)c(Sr2) K (SrCO ) 3  4 3 3 sp 3 确； B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积 10-6.5 K (SrSO )=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为 =10— sp 4 1mol/L6.5，则a为6.5； C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确； D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠 溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D错误； 故选D。 3．（2022·海南卷）某元素M的氢氧化物M(OH) (s)在水中的溶解反应为： 2 M(OH) 2 (s)    M2+(aq)+2OH-(aq)、M(OH) 2 (s)+2OH-(aq)    M(OH) 4 2(aq)，25℃，-lgc与pH的关系如 图所示，c为M2+或M(OH)2 4  浓度的值，下列说法错误的是 A．曲线①代表-lgc  M2+ 与pH的关系 B．M(OH) 2 的K sp 约为110-10 C．向c  M2+ =0.1molL-1 的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以M(OH) (s)存在 2 pH=9.0，体系中元素M主要以M(OH) (s)存在 2 D．向c  M(OH)2 4   =0.1molL-1 的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以M2+存在 【答案】BD 【解析】由题干信息，M(OH) (s)   M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH) (s)+2OH-(aq)   M(OH)2-(aq)，随着 2 2 4 pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH) 2- ]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH) 2- ]减小，因此曲线 4 4 ①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[M(OH) 2- ]与pH的关系，据此分析解答。 4 A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A正确； B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH) 的K =c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误； 2 sp C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH) 2- ]均 4 极小，则体系中元素M主要以M(OH) (s)存在，C正确； 2 2- D．c[M(OH) ]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体系 42- 中元素M仍主要以M(OH) 存在，D错误； 4 答案选BD。 4．（2021·全国乙）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c2(M)随c(H+)而变化，M不发生水解。 实验发现，298K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10-4molL-1 K (MA)=5.010-8 B．MA的溶度积度积 sp C．溶液pH=7时，c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-) D．HA的电离常数K (HA)2.010-4 a 【答案】C 【分析】 本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。 【详解】 A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)= 7.510-8mol/L= 7.510-4mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确； B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中 c(M+)=c(A-)，则 K (MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5.010-8 ，B正确； sp C．设调pH所用的酸为HX，则结合电荷守恒可知 n c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)+ nc  Xn- ，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误； c(H+)c(A-) D．K a (HA)= c(HA) 当 c  A― =cHA时，由物料守恒知 c(A-)+c(HA)=c(M+) ，则c(M+) c2(M+) c(A-)= ，K (MA)=c(M+)c(A-)= =5.010-8，则 ，对应图得此时溶 2 sp 2 c2(M+)=1010-8 c(H+)c(A-) 液中 ，K (HA)= =c(H+)2.0104 ，D正确； c(H+)=2.010-4molL-1 a c(HA) 故选C。 5．（2021·湖南）常温下，用0.1000molL1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000molL1三种一元 弱酸的钠盐 NaX、NaY、NaZ 溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是 c  Na c  X c  OH c  H A．该NaX溶液中： B．三种一元弱酸的电离常数：K (HX) K (HY) K (HZ) a a a c  X c  Y c  Z C．当pH7时，三种溶液中： c  X c  Y c  Z c  H c  OH D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合： 【答案】C 【分析】 由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸 性依次减弱。 【详解】 A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞ c(OH-)＞c(H+)，故A正确； B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种 一元弱酸的电离常数的大小顺序为K(HX)＞K (HY)＞K(HZ)，故B正确； a a a C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中 酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误； D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将 三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D正确； 故选C。6．（2021·山东）赖氨酸[H N+(CH)CH(NH)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H RCl )在 3 2 4 2 3 2 水溶液中存在如下平衡：H 3 R2+    K 1  H 2 R+    K 2  HR    K 3  R-。向一定浓度的H 3 RCl 2 溶液中滴加NaOH 溶液，溶液中HR2+、HR+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= 3 2 c(x) ，下列表述正确的是 c(H R2+)+c(H R+)+c(HR)+c(R) 3 2 K K 2 3 A． > K K 1 2 B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H R+)+c(Na+)+c(H+) 2 -lgK -lgK 2 3 C．O点，pH= 2 D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) 【答案】CD 【分析】 向HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H R2 OH H R H O、 3 2 3 2 2 H R OH HRH O、HROH R H O，溶液中H R2 逐渐减小，H R 和HR先增大后 2 2 2 3 2 c  H R c  H cHRc  H c  R c  H 2 减小， 逐渐增大。 K  ， K  ，K  ，M点 1 c  H R2 2 c  H R 3 cHR R 3 2 c  H R2 =c  H R ，由此可知K 102.2，N点 cHR=c  H R ，则K 109.1，P点 3 2 1 2 2 cHR=c  R ，则K 1010.8。 3 【详解】 K 109.1 K 1010.8 K K A． 2 = =106.9 ， 3 = =101.7 ，因此 2  3 ，故A错误； K 102.2 K 109.1 K K 1 2 1 2 c  R c  OH c  Cl 2c  H R2 c  H R c  H +c  Na+ B．M点存在电荷守恒： ，此时 3 2c  H R2 =c  H R ，因此 c  R c  OH c  Cl 3c  H R c  H +c  Na+ ，故B错误； 3 2 2 c  H R c  H R cHRc  H c  H c2 H 2 2 1  1 C．O点 ，因此 ，即 ， c  H R c  R c  R c  R cHRc  H c  H K K 2 2 3 lgK lgK 因此c  H  K K ，溶液pH=lgc  H = 2 3 ，故C正确； 2 3 2 c  OH c  H D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此 ，溶质浓度大于水解和电离所 c  Na+ c  Cl c  OH c  H 产生微粒浓度，因此 ，故D正确； 综上所述，正确的是CD，故答案为CD。 【优选特训】 1．（2022·江西九江·二模）常温下，向某浓度HA溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得 c(A2-) pH与-lgc(H A)、-lgc(A2-)、-lg[ ]变化如图所示。下列说法不正确的是 2 c(HA-) A．常温下，HA电离平衡常数K 为10-1.08 2 a1 B．a点时，c(HA-)+2c(H A)>10-3.06-10-10.95 2 C．NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H A) 2 D．b点时，满足c(Na+)<3c(A2-) 【答案】A 【解析】向某浓度HA溶液中加入NaOH溶液时，由于二者发生反应，所以HA逐渐减少，-lgc(H A)会逐 2 2 2 渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H A)与pH变化关系，标①；HA H++HA-，HA- H++A2-，A2-会 2 2 逐渐增大，-lgc(A2-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变 ⇌ ⇌ c(A2-) 化关系，标②；另一条则是-lg[ ]与pH的变化图，标③，以此解题。 c(HA-) c(H+)(HA-) c(H+)(A2-) C2(H)c(A2-) 【详解】A．电离常数的表达式为：k = ，k = ，k k = ④，当 a1 c(H A) a 2 c(HA-) a 1 a 2 C(H A) 2 2 pH=3.05时，-lgc(A2-)与-lgc(H A)相等，即c(A2-)=c(H A)代入④，可得k k =(10-3.05)2=10-6.1 ；又由图中③ 2 2 a1 a2c(A2-) 10-6.1 可知，当pH=5.3时，-lg[ ]0，即c(A2-)=c(HA-)，即K =10-5.3，所以k = =10-0.8，A错误； c(HA-) a2 a1 10-5.3 B．a点时，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH)，移向c(H)-c(OH-)=2c(A2-)+c(HA-)-c(Na+)， a点时，pH=3.05，所以c(H+)=10-3.05，c(OH-)=10-10.95，因为c(H A)=c(A2-)，所以 2 10-3.05-10-10.95=2c(H A)+c(HA-)-c(Na+)，因为c(Na+)>0，所以c(HA-)+2c(H A)>10-3.06-10-10.95，B正确； 2 2 C．NaHA溶液，由HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(HA-)，HA- H++A2-，HA- +H O HA+OH-，所以c(A2-)与c(HA)的大小取决于电离和水解的程度，K =10-5.3，即HA-的水解常数 2 2 2 ⇌a2 k 10-14 k h = k ⇌W = 10-0.8 =10-13.2<10-5.3 ，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以c(H 2 A)c(HA-)>c(A2-)>c(H A)，C正确； 2 c(A2-) D．b点时，电荷守恒为 ，此时pH=5.3，即-lg[ ]0，所以 c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH) c(HA-) c(A2-)=c(HA-)，所以上式变形为：c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)，c(Na+)-3c(A2-)=c(OH-)-c(H+)，因为 c(OH-)c(M+)>c(H+)=c(OH-) 4 D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是b>c>d 【答案】B 【解析】c点温度最高，为酸碱恰好反应的点，则n(ＭＯＨ)=2n(HSO )，b点溶液中MOH与MSO 物质的 2 4 2 4 量为2：1，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO 2- )+c(OH-)，根据物料守恒有c(M+)+c(MOH)=4c(SO 2- )， 4 4联立可得；当AG=0时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒分析，c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸 弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离。 A．c点温度最高，为酸碱恰好反应的点，则n(ＭＯＨ)=2n(HSO )，即 2 4 0.02L×0.1000mol•L-1=2×c(HSO )×0.02L，解得c(HSO )=0.0500mol•L-1，故A错误； 2 4 2 4 B．根据A可知硫酸的浓度为0.05mol/L，b点加入10mL硫酸，生成MSO 为0.01L×0.05mol·L－1 =5.0×10- 2 4 4mol，剩余MOH为0.02L×0.1mol·L－1 -2×5.0×10-4mol=1.0×10-3mol，可知b点溶液中MOH与MSO 物质的 2 4 量为2：1，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO 2- )+c(OH-)，根据物料守恒有c(M+)+c(MOH)=4c(SO 2- )， 4 4 联立可得2c( OH-)+c( MOH)=c( M+)+2c( H+)，故B正确； C． 当AG=0时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO 2- )+c(OH-)，联立可得 4 c(M+)=2c(SO 2- )，则溶液中存在c(H+)=c(OH-)＜c(SO 2- )＜c(M+)，故C错误； 4 4 D． c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电 离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大，因此水的电离程度：c＞b＞d，故D错误； 故选B。 3．（2022·安徽·二模）25℃时，向一定浓度的NaC O 溶液中滴入稀硫酸，粒子浓度与混合溶液pH的变 2 2 4 c(C O2) c(HCO) 化关系如图所示。pY=-lgY，Y表示 2 4 或 2 4 。下列叙述错误的是 c(HC O) c(HCO) 2 4 2 2 4 A．HC O 的第二步电离常数的数量级为10-5 2 2 4 2 2 B．pH=4.2时，c(C O )+2c(H C O)<2c(SO ) 2 4 2 2 4 4 C．pH=2.7时，c(HC O)> c(C O 2 )> c(HC O) 2 4 2 4 2 2 4 c2(HCO) D．滴加稀硫酸过程中， 2 4 保持不变 c(HCO)c(CO2) 2 2 4 2 4 【答案】C c(H)  c(HCO) c(H+)c(C O2-) c(HCO) 【解析】K= 2 4 ，K= 2 4 ，因为K>K ，故当pH相同时， 2 4 较大，根据 1 c(HCO) 2 c(HC O-) 1 2 c(HCO) 2 2 4 2 4 2 2 4 c(HCO) c(C O2) 纵坐标的含义，可以知道n线是 2 4 与pH的关系，m线是 2 4 与pH的关系，可以由N点计算 c(HCO) c(HC O) 2 2 4 2 4K，M点计算K，由以此解题。 1 2 A．由图可知，草酸的电离平衡常数分别为K (H C O )=10-1.2 ，K (H C O )=10-4.2 ，故第二步电离常数的 a1 2 2 4 a2 2 2 4 数量级为10-5 ，A正确； B． pH =4. 2时，所得溶液中的溶质为NaC O，NaHC O 和NaSO ，其物质的量之比为2:2:1，根据电荷 2 2 4 2 4 2 4 守恒式有c(Na+)+c(H+)=2c(C O2-)+c(HC O-)+2c(SO2-)+c(OH-)，据物料守恒式有 2 4 2 4 4 c(Na+)=2c(C O2-)+2c(HC O-)+2c(H C O )，则其质子守恒式为 2 4 2 4 2 2 4 c(HC O-)+2c(H C O )+c(H+)=2c(SO2-)+c(OH-)，结合溶液呈酸性，且c(HC O-)=c(C O2-)，则有 2 4 2 2 4 4 2 4 2 4 c(C O2-)+2c(H C O )<2c(SO2-)，B 正确； 2 4 2 2 4 4 c2(H+)c(C O2-) C．由于K K = 2 4 =10-1.210-4.2=10-5.4 ，则pH=2.7时， ，C错误； a1 a2 c(H C O ) c(C O2-)=c(H C O ) 2 2 4 2 4 2 2 4 c2(HC O-) K c2(HC O-) D． 2 4 = al ，故滴加稀硫酸过程中 2 4 保持不变，D正确； c(H C O )c(C O2-) K c(H C O )c(C O2-) 2 2 4 2 4 a2 2 2 4 2 4 故选C。 4．（2022·辽宁大连·一模）某温度下，改变0.1mol/LK 2 Cr 2 O 7 溶液的pH时，各种含铬元素粒子及OH浓 度变化如图所示(已知H CrO a是二元酸)，下列有关说法正确的是 2 4 A．该温度下的K =11013 w B．溶液中存在平衡CrO2H O 2CrO22H，且该温度下此反应的平衡常数 K=11013.2 2 7 2 4 C．E点溶液中存在：c  K+ <2c  CrO2- +3c  CrO2- 2 7 4 D．向0.1mol/LK CrO 溶液中，加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深 2 2 7 【答案】C 【解析】根据图中G点的数据可以计算出该温度下的水的离子积 ，在pH逐渐增大的过程中存在着CrO2H O 2CrO22H平衡移动的过程，其中铬酸根离子为黄色的，重铬酸根离子为橙色的，以此 2 7 2 4 解题。 A．G点时，c(OH)=0.1mol/L，此时c(H)=1013mol/L，则K =c(OH)c(H)=1014，A项错误； w B．由图可知溶液中存在平衡CrO2H O 2CrO22H，F点时，c(Cr O2-)=c(CrO2-)，则K= 2 7 2 4 2 7 4 c2(CrO2-)c2(H) c(C 4 r O2-) =c(CrO2 4 -)c2(H)=106.620.051=5.11015.2 ，B项错误； 2 7 C．E点时，c(HCrO)=c(CrO2-)，根据电荷守恒有：c(H)+c(K)=c(HCrO)+2c(CrO2-)c(OH)2c(Cr O2-)，即 4 4 4 4 2 7 c(H)+c(K)=3c(CrO2-)c(OH)2c(Cr O2-)，此时溶液显酸性，即c(H)＞c(OH)，则c(K+)<2c(Cr O2-)+3c( 4 2 7 2 7 CrO2-)，C项正确； 4 D．根据平衡Cr O2-+H O 2CrO2-+2H+，加入NaOH固体，平衡正向移动，溶液橙色变浅，D项错误； 2 7 2 4 故选C。 ⇌ 5．（2022·四川德阳·二模）25℃时，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1mol·L-1醋酸和20mL 0.1mol·L-1盐酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 A．a点所表示溶液中：c(H+)+c(CH COOH)=c(OH-)+c(CH COO-) 3 3 B．b点所表示溶液中：c(Cl-)>c(H+)>c(Na+) C．Ka(CH COOH)的数量级为10-6 3 D．溶液中水的电离程度：c>b>a 【答案】B 【解析】HCl是一元强酸，0.1mol·L-1盐酸中c(H+)=0.1mol/L，pH=1，故b点所在曲线表示NaOH滴定HCl 的曲线，a点所在曲线表示NaOH滴定醋酸的曲线。 A．a点所在曲线表示NaOH滴定醋酸的曲线，NaOH溶液体积为10mL，则醋酸反应了一半，所得溶液为 等浓度的CHCOOH和CHCOONa溶液，电荷守恒有①c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH COO-)，物料守恒有 3 3 3 ②c(CHCOOH) +c(CH COO-)=2c(Na+)，2×①+②得2c(H+)+c(CH COOH)=2c(OH-)+c(CH COO-)，A错误； 3 3 3 3 B．b点所在曲线表示NaOH滴定HCl的曲线，NaOH溶液体积为10mL，则HCl反应了一半，所得溶液为 等浓度的HCl和NaCl溶液，则c(Cl-)=2c(Na+)，即c(Cl-)>c(Na+)，由于钠离子只由NaCl电离，氢离子由 HCl和水电离，故c(H+)>c(Na+)，综上所述，b点所表示溶液中：c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)，B正确；c  CH COO- c  H+ 3 C．由图可知，0.1mol·L-1醋酸中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，故Ka(CH COOH)= ≈ 3 cCH COOH 3   c2 H+ 10-6 = =10-5，故Ka(CH COOH)的数量级为10-5，C错误；   3 c CHCOOH 0.1 3 D．a点所得溶液为等浓度的CHCOOH和CHCOONa溶液，溶液显酸性，水的电离受到抑制，b点所得溶 3 3 液为等浓度的HCl和NaCl溶液，溶液显酸性，水的电离受到抑制，由于b点pH较a点小，则b点水的电 离程度小于a点，c点CHCOONa溶液，水的电离程度受到促进，故水的电离程度c>a>b，D错误； 3 答案选B。 6．（2022·河北唐山·二模）常温下向0.1molL1的二元酸H R中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH随 2 c  R2- c  HR- 相关离子浓度变化关系如图所示：(Y= 或 ) c  HR- cH R 2 下列有关说法错误的是 c  HR- A．线N代表 与lg 的变化关系 pH cH R 2 B．该溶液K H R1.0105.6 a2 2 C．NaHR溶液中，c  Na+ >cH 2 R>c  R2- D．pH7时，c  Na+ +cH 2 R<0.05+c  R2- 【答案】C c(HR-)c  H+ c(R2-)c  H+ 【解析】电离常数K (H R)= ＞K (H A)= ，当lgY=0时，电离常数与溶液中氢离 a1 2 cH R a2 2 c  HR- 2 c  HR- 子浓度相等，由图可知，lgY=0时，曲线N的pH小于曲线M，则曲线N代表pH与lg 的变化关系， cH R 2 c  R2- K (H R)=c(H+)=1.0×10—1.3，曲线M代表pH与lg 的变化关系，K (H R)=c(H+)=1.0×10—5.6。 a1 2 c  HR- a2 2c  HR- A．由分析可知，曲线N代表pH与lg 的变化关系，故A正确； cH R 2 c  R2- B．由分析可知，曲线M代表pH与lg 的变化关系，K (H R) =1.0×10—5.6，故B正确； c  HR- a2 2 K 1.01014 w C．HR—离子的水解常数K = = ＜K (H R)，说明NaHR溶液中HR—离子的电离程度大于水解 h K 1.0101.3 a2 2 a1 程度，则R2—离子的浓度大于HR的浓度，故C错误； 2 D．溶液pH为7时，等浓度的HR和氢氧化钠溶液反应得到NaHR和NaR的混合溶液，由物料守恒可知 2 2 0.1mol/L 溶液中c(H R)+ c(HR—)+ c(R2—) ＜ =0.05mol/L，由电荷守恒可得c(Na+)= c(HR—)+2 c(R2—) ＜ 2 2 0.05mol/L+ c(R2—)—c(H R)，则c(Na+)+c(H R) ＜0.05+ c(R2—)，故D正确； 2 2 故选C。 7．（2022·福建省龙岩第一中学一模）已知SrF 属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节SrF 2 2 c(HF) 浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-lg c(X)(X为Sr2+或F-)与lg[ ]的关系如图所示。 c(H+) 下列说法错误的是 c(HF) A．L 代表-lg c(Sr2＋)与lg[ ]的变化曲线 2 c(H+) B．K (SrF )的数量级为10-9 sp 2 C．a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2＋)=c(F-)+c(HF) D．c点的溶液中存在c(Cl-)1，即c(HF)>c(H+)，故溶液中存在 c(H+) c(H+) c(Cl-)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)，D错误； 故答案选D。 8．（2022·江西·二模）室温下，甘氨酸在水溶液中主要以HN+CHCOO-、HN+CHCOOH和HNCH COO- 3 2 3 2 2 2 三种微粒形式存在，0.001mol·L-1甘氨酸溶液中HN+CHCOO-、HN+CHCOOH和HNCH COO-的浓度对数 3 2 3 2 2 2 值与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．曲线③表示HNCH COO- 2 2 B．甘氨酸溶液显弱酸性 C．pH=7时，c(HN+CHCOO-)>c(H NCH COO-)>c(H N+CHCOOH) 3 2 2 2 3 2 D．HNCH COONa溶液中c(OH-)=c(H N+CHCOO-)+c(H+) 2 2 3 2 【答案】D 【解析】A．氨基具碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具酸性，在碱性较强时与氢氧根反应，故曲 线①为HN+CHCOOH、曲线②为HN+CHCOO-、曲线③为HNCH COO-，A项正确； 3 2 3 2 2 2 B．根据图示，B点发生的反应为2HN+CHCOO- HN+CHCOOH+ H NCH COO-， 3 2 3 2 2 2 c(HN+CHCOOH)=c(H NCH COO-)，pH=6，则甘氨酸溶液显弱酸性，B项正确； 3 2 2 2 C．由A分析可知，②③分别为HN+CHCOO-、HNCH COO-的曲线，由图可知，pH=7时， 3 2 2 2 c(HN+CHCOO-)>c(H NCH COO-)>c(H N+CHCOOH)，C项正确； 3 2 2 2 3 2 D．HNCH COONa溶液中由质子守恒可知：c(OH-)=c(H N+CHCOO-)+c(H+)+2c(H N+CHCOOH)，D项错误； 2 2 3 2 3 2 答案选D。 9．（2022·江西·模拟预测）溶洞水体中的HCO 与空气中的CO 保持平衡，其水体中lgc(X)(X为HCO、 2 3 2 2 3 HCO、CO 2 或Ca2+)与pH的关系如图所示。已知Ksp(CaCO )=2.8×10-9，下列说法错误的是 3 3 3K (H CO ) a1 2 3 =104 A． B．线II代表CO 与pH的关系曲线 K (H CO ) 2 a2 2 3 3 C．2pH(b)=pH(a)+pH(c) D．a点溶液中，c(Ca2+)<2.8mol/L 【答案】D c(H+)c(HCO-) 【解析】A．由Ⅰ为HCO ，带入点(6.3，-5)，K = 3 =10-6.3，Ⅱ为CO ，带入点(10.3，-  a1 c(H CO ) 2 3 2 3 3 c(H+)c(CO2-) K (H CO ) 1.1)，K = 3 =10-10.3， a1 2 3 =104 ，A正确； a2 c(HCO-) K (H CO ) 3 a2 2 3 B．随着pH增大，溶液碱性增强，HCO、CO 2 浓度均增大，pH较小时c(HCO)＞c(CO 2 )，故Ⅰ为 3 3 3 3 HCO，Ⅱ为CO 2 ，Ⅲ为Ca2+，B正确； 3 3 c(H+)c(HCO-) c(H+)c(CO2-) C．K K = 3  3 =10-6.3×10-10.3= c (H+)2，pH(b)=8.3，2pH(b)=pH(a)+pH(c)，C a1 a2 c(H CO ) c(HCO-) b 2 3 3 正确； c(H+)c(HCO-) c(H+)c(CO2-) c(H+)2c  CO2 D．a点溶液中，pH=6.3，K K = 3 × 3 = 3 = a1 a2 c(H CO ) c(HCO-) c(H CO ) 2 3 3 2 3  106.32 c  CO2 3 =10-63×10-10.3，c(CO )=10-9mol/L，c(Ca2+)= Ksp(CaCO )÷10-9mol/L =2.8mol/L，D错误； 105 2 3 3 答案选D。 10．常温下，向某HPO 溶液中逐滴滴入NaOH溶液，各含P粒子浓度的负对数pc与pH的关系如图所示， 3 3 a点的坐标为(8.1，2)。下列说法正确的是2 A．曲线③表示pc(HPO )随pH的变化 3 B．HPO 为二元酸 3 3 C．c点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H PO)+2c(H PO ) 2 3 3 3 D．常温下，HPO 2 的K 约为10-8.1 3 h 【答案】B 【分析】由图示信息可知，各含P粒子浓度的负对数pc，故pc越小说明对应微粒的浓度越大，随着NaOH 的加入，溶液的pH越大，溶液中HPO 的浓度逐渐减小,HPO-逐渐增大， 然后HPO2-逐渐增大，故图中 3 3 2 3 3 曲线③代表pc(HPO )随pH的变化，曲线②代表pc(HPO-)随pH的变化，曲线①代表pc(HPO2- )随pH的 3 3 2 3 3 变化。 【详解】A．由分析可知，曲线①表示pc(HPO2- )随pH的变化，曲线③代表pc(HPO )随pH的变化，A错 3 3 3 误； B．由图像信息可知，溶液中只有三种含P微粒即HPO 、HPO-、HPO2-， 故HPO 为二元酸，B正确； 3 3 2 3 3 3 3 C．由图中信息可知，c点溶液中c(HPO-)=c(H PO )，根据电荷守恒可知， 2 3 3 3 c(Na+ )+c(H+ )=c(OH- )+c(HPO-)+2c(HPO2-)，c(Na+ )+c(H+ )=c(OH-)+2(HPO2- )+c(H PO )， C错误； 2 3 3 3 3 3 c  H PO- c(OH-) D．常温下， +H O HPO -+OH-的平衡常数K  2 3 ，由图中a点信息可知，c( HPO 3 2- 2 噲垐�� 2 3 h c(HPO 3 2-) cH PO-c(OH-) K 1014 H 2 PO 3 -)=c(HPO 3 2-)，pH为8.1，故K h  c 2 (HP 3 O 3 2-)  c(H W +)  108.1 105.9，D错误；故选B。 c(HX) 11．25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO 、FeSO 三种溶液，pM【p表示负对数，M表示 、 4 4 c(X-) c(Cu2+)、c(Fe2+)等】随pH变化关系如图所示，已知K [Cu(OH) ]c(X-)>c(OH-)>c(H+) D．Fe(OH) 、Cu(OH) 固体均易溶解于HX溶液 2 2 【答案】C 【解析】由题干信息可知，K [Cu(OH) ]c  H+ ，X-部分水解，c  Na+ >c  X- 溶液 HX 中c  Na+ >c  X- >c  OH- >c  H+ ，C正确； D．Fe(OH) +2HX   Fe2++2X-+2H O，反应的平衡常数为K= 2 2 c  Fe2 c2 X c2 OH ·c2 H K Fe(OH) ·K 2 1015·  1052   sp 2 a  103 ，同理， +2HX c2HX c2 OH ·c2 H Kw2  10142 Cu(OH)    2 K Cu(OH)  K 2 1019.6(105)2 Cu2++2X-+2H O，反应的平衡常数为K’= sp 2 a  101.6， 固体易溶解于 2 Kw2 (1014)2 Fe(OH) 2 HX溶液，而Cu(OH) 2 难溶于HX，D错误； 故答案为：C。 12．（2022·重庆·二模）25℃时，用AgNO 溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的Na Y、NaCl溶液，所得的 3 2 沉淀溶解平衡图象分别是下图中的N和M。下列叙述不正确的是 A．a点对AgCl或Ag Y都是过饱和溶液 2 B．向b点的溶液中加入少量Na Y固体，b点可变到c点 2C．25℃时，K sp Ag 2 Y=11010.46 D．向c  Cl- =c  Y2- 的混合液中滴入AgNO 溶液时，Cl先沉淀 3 【答案】B 【解析】A．a点银离子的浓度大于平衡浓度，故对AgCl或Ag Y都是过饱和溶液，A正确； 2 B．向b点的溶液中加入少量Na Y固体，Y2-浓度变大，Ag+浓度变小，b点不会变到c点，B错误； 2 C．曲线上任意一点K 都相等，任取两点带入AgCl和Ag Y的溶度积常数的公式可知，N为Ag Y的沉淀 sp 2 2 溶解平衡图像，25℃时，Y2-浓度为10-2.46mol/L时，Ag+浓度为10-4mol/L， K Ag Y=c2 Ag+ c  Y2- =11010.46 ，C正确； sp 2 D．由图可知，c  Cl- =c  Y2- 时，AgCl的沉淀溶解平衡中银离子浓度更小，故混合液中滴入AgNO 溶液 3 时，Cl先沉淀，D正确； 故选B。 c(Cu2+) 13．（2022·云南昆明·一模）室温下，已知K (CuS)=8.8×10-36，饱和Cu(OH) 溶液中x=—lg 与pH sp 2 2.210-5 的关系如下图所示。向0.1 mol·L-1的NaS溶液(pH=12.4)中加入一定量的CuSO 晶体。下列说法正确的是 2 4 A．室温下K [Cu(OH) ]=2.2 × 10-18 sp 2 B．加入CuSO 晶体时，先生成Cu(OH) 沉淀 4 2 C．室温下，CuS在等浓度的NaS和HS溶液中的K 相等 2 2 sp D．反应后的溶液中存在离子浓度关系： c(Na+)+ c (H+)+ c (Cu2+ )= c (S2—)+c(HS—)+ c (OH— )+ c (SO 2- ) 4 【答案】C 【解析】 A．由图可知，X为7时，溶液pH为10，则室温下K [Cu(OH) ]= c(Cu2+) c2(OH— )= 2.2 × 10-12×(1×10— sp 2 4)2=2.2 × 10-20，故A错误； B．向0.1mol/L硫化钠溶液中加入硫酸铜晶体时，硫化钠溶液与硫酸铜溶液反应生成溶度积小的硫化铜沉 淀，不可能生成氢氧化铜沉淀，故B错误； C．硫化铜的溶度积是温度函数，温度不变，溶度积的大小不变，所以室温下，硫化铜在等浓度的硫化钠和氢硫酸溶液中的溶解度不同，但溶度积相等，故C正确； D．硫化钠溶液与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸钠，所以反应后的溶液中存在的电荷守恒关系可 能为c(Na+)+ c (H+)+2 c (Cu2+ )= 2c (S2—)+c(HS—)+ c (OH— )+2 c (SO 2- )，故D错误； 4 故选C。 14．（2022·安徽·淮北市教育科学研究所一模）某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L-1的 NaCl溶液、NaCrO 溶液中分别滴加0.1mol•L-1的AgNO 溶液，滴定过程中的pX(PX=-lgX，X=Cl-、CrO 2 2 4 3 4 )与滴加AgNO 溶液体积的关系如图所示。(已知：lg3=0.47)下列说法错误的是 3 A．曲线Ⅰ表示AgNO 溶液滴定NaCl溶液的过程 3 B．K (Ag CrO)=4.0×10-3b sp 2 4 C．其他条件不变，如果NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1，则滴定终点向上移动 D．M点的纵坐标约为2a-1.47 【答案】C 【解析】 A．由图可知，pX=a或b时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相 同，反应为NaCl+AgNO =AgCl↓+NaNO ，NaCrO+AgNO =Ag CrO↓+2NaNO ，完全反应时NaCrO 消耗 3 3 2 4 3 2 4 3 2 4 AgNO 溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线I表示NaCl溶液、曲线II表示NaCrO 溶液，故A正确； 3 2 4 B．曲线II表示NaCrO 溶液，达到滴定终点时pX=b，即c(CrO 2 )=10-bmol/L，(s) Ag+(aq)+CrO 2 (aq)， 2 4 4 4 则c(Ag+)=2c(CrO 2 )=2.0×10-bmol/L，K (Ag CrO)=c2(Ag+)•c(CrO 2 )=(2.0×10-b)2×(10⇌-b)=4.0×10-3b，故B正确； 4 sp 2 4 4 C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1，需要的硝酸银溶液的体积变成 原来的一般，因此滴定终点会向左平移，故C错误； D．由曲线I可知，pX=a时达到滴定终点，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-amol/L，K (AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-2a，当 sp 4020103L0.1mol/L 1 在NaCl溶液中加入40mLAgNO 溶液，混合溶液中c(Ag+)≈ = mol/L，则溶液 3 2040103L 30 10-2a 中c(Cl-)= 1 mol/L=30×10-2amol/L，pX=-lg30×10-2a=2a-1-lg3=2a-1.47，故D正确； 30 故选：C。 15．（2022·新疆昌吉·一模）常温下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴滴入0.1mol L的NH H O溶液， 3 2 所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列分析不正确的是A．a～b点导电能力增强说明HR为弱酸 B．c点溶液存在c  NH c  R c  OH c  H 4 C．b点溶液pH5，此时溶液显酸性 D．b～c任意点溶液均有c  H c  OH K 1.01014 w 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图象可知，a～b点导电能力增强，说明HR为弱电解质，在溶液中部分电离，加入氨水后生成强电解 质，离子浓度增大；b点溶液pH=7，此时加入10mLNH•H O，HR与NH •H O的浓度、体积相等，则二者 3 2 3 2 恰好反应；c点时溶液的pH>7，混合液显示碱性，则c(OH-)>c(H+)，说明NH小于R-的水解程度；b～c任 4 意点K =c(H+)×c(OH-)，K 只与温度有关，与溶液浓度大小无关。 w w 【详解】 A． a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故 A正确； B． c点时溶液的pH>7，溶质为NH •H O和NH R，混合液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒，c点 3 2 4 溶液存在c  NH c  R c  OH c  H ，故B正确； 4 C． 根据图象可知b点溶液pH=7，此时加入10mLNH•H O，HR与NH •H O的浓度、体积相等，则二者 3 2 3 2 恰好反应生成NH R，NH +离子与R-的水解程度相等，溶液呈中性，故C错误； 4 4 D． b～c任意点溶液温度相同，K 只与温度有关，与溶液浓度大小无关，则溶液均有 w c  H c  OH K 1.01014 ，故D正确； w 故选C。 16．（2022·云南·昆明一中模拟预测）25℃时，某混合溶液中c(NH ·H O) +c(NH)=0.1 mol·L-1， 3 2 4 lgc(NH·H O)、lgc(NH)、lgc(H+)和lgc(OH- )随pH变化的关系如图所示。K 为NH ·H O的电离常数，下 3 2 4 b 3 2 列说法错误的是A．M点、O点坐标分别为(0， 0)、(7，-7) B．P点时，pH=14 +1gK b C．溶液呈碱性时，c(NH ·H O) ＞c(NH ) 3 2 4 0.1K D．该溶液中， c(NH )= b mol·L-1  K +c(OH-) 4 b 【答案】C 【解析】 【分析】 溶液中：NH 3 ·H 2 O NH 4 +OH-，根据图像分析可知，随着pH的升高，c(OH-)和c(NH 3 ·H 2 O)增大，c(H+)和 c(NH)减小，又pH=7的时候，c(H+)=c(OH-)，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(H+) 4 随pH的变化曲线，曲线2为lgc(NH)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(NH·H O)随pH的变化曲线，曲线 4 3 2 4为lgc(OH-)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。 【详解】 A．因为M点横坐标pH=0，则纵坐标lgc(H+)=lg1=0，M点坐标为(0，0)，同理O点坐标为(7，-7)，A正确； c(NH )c(OH) B．如图，P点时，c(NH )=c(NH·H O)，K= 4 =c(OH-)，lgK =lgc(OH-)，-lgK=-lgc(OH-)=14-  3 2 b c(NH H O) b b 4 3 2 pH，所以pH=14+lgK ，B正确； b C．由图可知：溶液呈碱性时，Q点前c(NH)＞c(NH ·H O)，Q点后c(NH ·H O)＞c(NH)，C错误； 4 3 2 3 2 4 c(NH )c(OH) D．该溶液中，c(NH ·H O)+c(NH ) = 0.1 mol·L−1，又K= 4 ，联立两式消去c(NH ·H O)并化 3 2  b c(NH H O) 3 2 4 3 2 0.1K 简整理可得出，c(NH ) = b mol·L−1，D正确。  K +c(OH-) 4 b 答案选C。