高考化学二轮复习高频考点提分精准突破专题10 滴定（曲线）分析（解析版）

高频考点10：滴定（曲线）分析提分精准突破1.基于核心素养的滴定曲线分析电化学核心素养体现在“变化观念与平衡思想”。核心素养生成——通过三大平衡理论的分析，认识溶液中的平衡是多维度、动态变化的，通过化学反应平衡移动原理的应用，解决实际问题，分析各平衡的影响因素，对所给曲线做出正确分析，运用联系发展和动态平衡的观点看待和分析可逆反应，提升学生的变化观念与平衡的学科思想素养。预测在2020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，便于考查考生的探究能力。本专题包括五个高频微考点：☆酸碱中和滴定过程分析☆溶液三大守恒应用分析☆溶度积曲线及应用分析☆分布系数图像综合分析☆PH-T图像题综合分析2.滴定曲线高频考点“微”解读与精准突破解决滴定类曲线问题的关键是巧抓“5点”，即曲线的起点、恰好反应点、中性点、反应一半点和过量点(或二倍点)，解题时：第一，先判断出各个点的溶质成分，不考虑水解或电离，只按方程式反应关系得到溶质各成分的量，第二，判断出对应点溶液的酸碱性。【例析】[改编题]用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1HA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：(1)除起点外曲线上所有的点均满足：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)(2)不同点微粒关系情况关键点离子浓度关系原点(点O)原点为HA的单一溶液，HA为弱酸，c(H＋)>c(A－)>c(OH－)c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)、c(HA)＋c(A－)＝0.1mol/L、Ka＝eq\f(（10－pH）2,0.1)①：半反应点两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)，c(A－)＋c(HA)＝2c(Na＋)；c(HA)＋2c(H＋)＝c(A－)＋2c(OH－)②：中性点此时溶液pH＝7，溶液呈中性，酸液没有完全被中和，溶质的成分为HA和NaA，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)③：中和点（滴定终点）此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)，c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)④：二倍点此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，c(Na＋)＝2[c(HA)＋c(A－)]；c(OH－)＝2c(HA)＋c(A－)＋c(H＋)(3)曲线上各点溶液中水的电离情况变化规律水的电离情况抑制无影响促进电离程度最大无影响抑制溶质成分HAHA、NaAHA、NaANaANaA、NaOHNaA、NaOH【典例导引】☆酸碱中和滴定过程分析【典例1】[2019·新课标全国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=7D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)【答案】C【解析】A.向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B.a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；C.b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；D.b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。故选C。☆溶液三大守恒应用分析【典例2】[2019·江苏卷改编]室温下，反应SKIPIF1<0+H2OSKIPIF1<0H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A．0.2mol·L−1氨水：c(NH3·H2O)>c(SKIPIF1<0)>c(OH−)>c(H+)B．0.2mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c(SKIPIF1<0)>c(SKIPIF1<0)>c(NH3·H2O)>c(H2CO3)C．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(SKIPIF1<0)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(SKIPIF1<0)+c(SKIPIF1<0)D．0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)+c(SKIPIF1<0)+c(OH−)=0.3mol·L−1+c(H2CO3)+c(H+)【答案】D【解析】A.NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A错误；B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B不正确；C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选D。☆溶度积曲线及应用分析【典例3】[2019·新课标全国Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】B【解析】A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；C.m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；D.从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；故选B。☆分布系数图像综合分析【典例4】[2018·天津卷]LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数SKIPIF1<0随pH的变化如图2所示[SKIPIF1<0]。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是A．溶液中存在3个平衡B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–C．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小D．用浓度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4【答案】D【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B错误。C．从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。故选D☆PH-T图像题综合分析【典例5】[2019·北京卷]实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【解析】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；B.从图像看随温度的升高水的电离为吸热过程，升高温度，CH3COONa溶液的PH值降低，因碱性溶液的PH与水的离子积常数有关，温度升高，水的离子积常数变大，所以综合计算，很容易得出温度升高CH3COONa溶液中的c(OH-)增大。与醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，这一结论吻合的。故B不符合题意；C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；故选C。【精准巩固】1.[2019·新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是A．每升溶液中的H+数目为0.02NAB．c(H+)=c(SKIPIF1<0)+2c(SKIPIF1<0)+3c(SKIPIF1<0)+c(OH−)C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。2.[2018·新课标Ⅲ]用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C．相同实验条件下，若改为0.0400mol·L-1Cl-，反应终点c移到aD．相同实验条件下，若改为0.0500mol·L-1Br-，反应终点c向b方向移动【答案】C【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L(按照银离子和氯离子1∶1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍)，由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确。B．由于Ksp(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝Ksp(AgCl)，选项B正确。C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以Ksp(AgCl)应该大于Ksp(AgBr)，将50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1∶1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由c点变为b点,选项D正确。3.[2019·天津卷]某温度下，SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的电离常数分别为SKIPIF1<0和SKIPIF1<0。将SKIPIF1<0和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其SKIPIF1<0随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A．曲线Ⅰ代表SKIPIF1<0溶液B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从c点到d点，溶液中SKIPIF1<0保持不变（其中SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分别代表相应的酸和酸根离子）D．相同体积a点的两溶液分别与SKIPIF1<0恰好中和后，溶液中SKIPIF1<0相同【答案】C【解析】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。4.[2019·浙江4月选考]室温下，取20mL0.1mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1mol·L−1NaOH溶液。已知：H2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是A．0.1mol·L−1H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1mol·L−1B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10mLC．当用去NaOH溶液体积10mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)【答案】B【解析】A.0.1mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确；B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C.当用去NaOH溶液体积10mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C项正确；D.当用去NaOH溶液体积20mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D项正确。故答案选B。5.[2020·重庆七校联考]常温下，将浓度均为0.1mol·L－1的一元酸HX和NaOH溶液等体积混合后，测得溶液的pH＝a。下列有关说法错误的是()A．若a＝8，则此时溶液中：c(Na＋)－c(X－)＝9.9×10－7mol·L－1B．若HX为弱酸，混合后的溶液中：c(X－)＋c(HX)＝0.05mol·L－1C．若混合后c(H＋)＜eq\r(Kw)，则反应后的溶液中：c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)D．若混合后a＝7，则0.1mol·L－1的HX溶液中：c(OH－)＋c(X－)＜0.1mol·L－1【答案】D【解析】A.将浓度均为0.1mol·L－1的HX与NaOH溶液等体积混合，反应后得到0.05mol·L－1NaX溶液。若溶液pH＝8，则NaX为强碱弱酸盐，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)，c(Na＋)－c(X－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6mol·L－1－10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1，A项正确；B.根据物料守恒得c(X－)＋c(HX)＝0.05mol·L－1，B项正确；C.若混合后c(H＋)＜eq\r(Kw)＝10－7mol·L－1，溶液显碱性，则NaX溶液中X－发生了水解，离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)，C项正确；D.若混合后a＝7，则HX为强酸，0.1mol·L－1的HX溶液中c(X－)＝0.1mol·L－1，c(X－)＋c(OH－)＞0.1mol·L－1，D项错误。故选D6.[2020·厦门市高三4月开学考试卷]T℃下，三种硫酸盐MSO4(M：Pb2＋、Ba2＋、Sr2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)＝－lgc(M)，p(SOeq\o\al(2－,4))＝－lgc(SOeq\o\al(2－,4))。下列说法正确的是()A．溶度积：BaSO4＞PbSO4＞SrSO4B．Y点对应的SrSO4是不饱和溶液，能继续溶解SrSO4C．Z点对应的溶液中c(Ba2＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))，c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))等于1×10－25D．BaSO4不可能转化成PbSO4【答案】B【解析】A.p(M)越大，Pb2＋、Ba2＋、Sr2＋浓度越小；p(SOeq\o\al(2－,4))越大，c(SOeq\o\al(2－,4))越小，所以溶度积：BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，A项错误；B.Y点对应的SrSO4溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))·c(Sr2＋)＜Ksp(SrSO4)，＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝1×10－10，C项错误；D.增大Pb2＋的浓度，BaSO4能转化成PbSO4，D项错误。故选B7.[2018·北京卷]测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SKIPIF1<0+H2OQUOTESKIPIF1<0+OH−B．④的pH与①不同，是由于SKIPIF1<0浓度减小造成的C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D．①与④的Kw值相等【答案】C【解析】A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SKIPIF1<0存在水解平衡：SKIPIF1<0+H2OSKIPIF1<0+OH-、SKIPIF1<0+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SKIPIF1<0浓度减小，溶液中c(OH-)，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SKIPIF1<0浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SKIPIF1<0水解平衡正向移动，c(SKIPIF1<0)减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。8.[2020·西安市质检)]亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol·L－1H3AsO3溶液中逐滴加入KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法正确的是()A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10－9B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3＋OH－=H2AsOeq\o\al(－,3)＋H2OC．M点对应的溶液中：c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(H3AsO3)＝0.1mol·L－1D．pH＝12时，溶液中：c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋2c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋3c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(H3AsO3)＞c(H＋)＋c(K＋)【答案】B【解析】由图中数据可知，pH＝9.3时，c(H2AsOeq\o\al(－,3))＝c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1＝eq\f(cH＋·cH2AsO\o\al(－,3),cH3AsO\o\al(－,3))＝c(H＋)＝10－9.3，故Ka1的数量级为10－10，A项错误；由图可知，pH在8.0～10.0时，H3AsO3的物质的量分数逐渐减小、H2AsOeq\o\al(－,3)的物质的量分数逐渐增大，故反应的离子方程式为H3AsO3＋OH－=H2AsOeq\o\al(－,3)＋H2O，B项正确；根据物料守恒可知，M点对应的溶液中，n(H2AsOeq\o\al(－,3))＋n(HAsOeq\o\al(2－,3))＋n(AsOeq\o\al(3－,3))＋n(H3AsO3)＝0.1mol，由于不知道此时溶液的体积是多少(或不知道加入KOH溶液的体积)，故其总浓度小于0.1mol·L－1，C项错误；由电荷守恒可知，c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋2c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋3c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)，pH＝12时，溶液显碱性，由图可知，此时H3AsO3主要转化为H2AsOeq\o\al(－,3)和HAsOeq\o\al(2－,3)，说明H2AsOeq\o\al(－,3)和HAsOeq\o\al(2－,3)－)＞c(H3AsO3)，因此，溶液中c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋2c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋3c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(H3AsO3)＜c(H＋)＋c(K＋)，D项错误。9.[2018·浙江11月选考]常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>cC．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大【答案】D【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。故选D。【精准提分】1.[2020·新高考山东测试卷]25°C时，向10mL0.10mol·L-1的一元弱酸HA(Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.a点时，c(HA)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)B.溶液在a点和b点时水的电离程度相同C.b点时，c(Na+)=c(HA)+c(A—)+c(OH—)D.V=10mL时，c(Na+)>c(A—)>c(H+)>c(HA)【答案】A【解析】A.a点时，pH=3,c(H+)=10-3mol·L-1，因为Ka=1.0×10-3,所以c(HA)=c(A—)，根据电荷守恒c(A—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A—)即得A选项。A选项正确。B.a点溶质为HA和NaA，pH＝3，水电离出的c(OH—)＝10—11；b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(OH—)=10-3，OH—是由NaOH电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH—)<10-3，那么水电离的c(H+)＞10—11，B选项错误C.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—)可得c(Na+)=c(A—)+c(OH—)－c(H+)，假设C选项成立，则c(A—)+c(OH—)－c(H+)=c(HA)+c(A—)+c(OH—)，推出c(HA)+c(H+)=0，故假设不成立，C错。D.V=10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A—+H2O⇌HA+OH—，水解后溶液显碱性，c(OH—)>c(H+),即c(HA)>c(H+)，故D错误。故选A2.[2020·浙江1月选考].室温下，向SKIPIF1<0盐酸中滴加SKIPIF1<0溶液，溶液的pH随SKIPIF1<0溶液体积的变化如图。已知SKIPIF1<0。下列说法不正确的是（）A.SKIPIF1<0与盐酸恰好完全反应时，SKIPIF1<0B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D.SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0【答案】C【解析】A.NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下SKIPIF1<0，故A正确；B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C.甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D.SKIPIF1<0时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)=SKIPIF1<0=0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=5×10-13mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故选C。3.【2020·山东潍坊市高三4月模拟考试卷改编】H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是A.由图可知，草酸的Ka＝10-1.2B.0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C.向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D.根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.8【答案】D【解析】由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。A.当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C.pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)=c(HC2O4-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)，故C正确；D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1=SKIPIF1<0，Ka2=SKIPIF1<0，Ka1·Ka2=SKIPIF1<0，根据图中C点得到c(C2O42-)=c(H2C2O4)，所以，Ka1SKIPIF1<0Ka2=SKIPIF1<0，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。故选D。4．[2020·淮北十二中高三第五次月考]常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol·L－1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2Oeq\o\al(2－,4)的水解)。下列叙述正确的是()A．Ksp(Ag2C2O4)＝10－7B．a点表示的是AgCl的不饱和溶液C．向c(Cl－)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝0.1mol·L－1的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D．Ag2C2O4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋C2Oeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常数为109.04【答案】D【解析】A．Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝(10－4)2×(10－2.46)＝10－10.46，故A错误；B.在a点，c(Ag＋)大于平衡浓度，故a点的浓度积Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，故为氯化银的过饱和溶液，将有沉淀析出，故B错误；C.根据图像可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag＋)小，故向c(Cl－)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C错误；D.Ag2C2O4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋C2Oeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常数K＝eq\f(c（C2Oeq\o\al(2－,4)）,c2（Cl－）)，此时溶液中的c(Ag＋)相同，故有：K＝eq\f(c（C2Oeq\o\al(2－,4)）,c2（Cl－）)＝eq\f(Ksp（Ag2C2O4）,[Ksp（AgCl）]2)＝eq\f(10－10.46,（10－5.75×10－4）2)＝109.04，故D正确。故选D5.[2018·江苏卷]根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C．图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小【答案】C【解析】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B.根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc(SO42-)越小，-lgc(Ba2+)越大，说明c(SO42-)越大,c(Ba2+)越小，D项正确；答案选C。故选C6.[2020·赣州市高三5月模拟考]－1的盐酸(不考虑溶质挥发)，溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示。下列说法正确的是()A．曲线PJN表示溶液中pH的变化B．若M点水的电离程度与Q点相等，则Q点一定符合c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)C．M、P两点的数值之和a＋b＝14D．pH与pOH交叉点J对应的V(盐酸)＝20.00mL【答案】B【解析】A.酸滴入碱中，溶液的pH逐渐减小，pOH逐渐增大，故曲线PJN为pOH变化曲线，而曲线MJQ则为pH变化曲线，故A项错误；B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，J点为中性溶液，则M点pH＞pOH，溶液呈碱性，Q点pH<pOH，溶液呈酸性，若M点水的电离程度与Q点相等，则Q点不可能是NH4Cl溶液[若为NH4Cl溶液，存在物料守恒关系c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)]，应为NH4Cl和HCl混合溶液，则Q点一定符合c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，故B项正确；C.常温时，水的离子积Kw＝1.0×10－14，M、P两点为滴定过程中相同时刻同一溶液的pH与pOH，故a＋b＝pH＋pOH＝－lgKw＝14，但温度若不是常温，a＋b≠14，故C项错误；D.J点pH＝pOH，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，故氨水过量，即J点表示V(盐酸)<20.00mL，故D项错误。7.[2018·海南卷]某温度下向含AgCl固体