2023届新高考化学一轮复习沉淀溶解平衡学案

第4讲沉淀溶解平衡复习目标核心素养1.能认识难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡。2．能综合运用沉淀的生成和转化原理，分析和解决生产、生活中相关的实际问题。1.认识难溶电解质的溶解平衡有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析难溶电解质的溶解平衡，并运用难溶电解质的溶解平衡原理解决实际问题(利用沉淀生成处理污水等)。2．能发现和提出有关难溶电解质的溶解平衡的判断问题；能从问题和假设出发，确定探究目的的设计探究方案，进行沉淀转化等实验探究。考点一沉淀溶解平衡及其应用1．沉淀溶解平衡(1)概念：在一定温度下，当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液，沉淀溶解和生成的速率相等时，即达到溶解平衡状态。(2)沉淀溶解平衡的建立(3)表达式难溶电解质(s)溶质离子(aq)如AgCl的溶解平衡表达式为AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。(4)特征2．影响因素(1)电解质本身的性质①绝对不溶的电解质是没有的。②同是难溶电解质，溶解度差别也很大。③易溶电解质作溶质时只要是饱和溶液也可存在溶解平衡。(2)反应条件①浓度：加水，平衡向溶解方向移动。②温度：大多数难溶电解质的溶解平衡是吸热过程，升高温度，多数平衡向溶解方向移动[特例Ca(OH)2]。③同离子效应：向平衡体系中加入含有难溶电解质电离的某离子的电解质，平衡向沉淀方向移动。④加入难溶物本身：平衡不移动。(3)实例以AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH>0为例，说明外因对沉淀溶解平衡的影响条件移动方向平衡后c(Ag＋)平衡后c(Cl－)加入AgNO3左增大减小加H2O右不变不变升温右增大增大通入HCl左减小增大加入K2S右减小增大3.沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成①调节pH法。加入氨水调节pH至7～8，可除去氯化铵中的杂质氯化铁。反应的离子方程式：Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。②加沉淀剂法。以Na2S、H2S等作沉淀剂，使Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。反应离子方程式如下：Cu2＋＋S2－=CuS↓，Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，Hg2＋＋S2－=HgS↓，Hg2＋＋H2S=HgS↓＋2H＋。(2)沉淀的溶解。①酸溶解法。如CaCO3沉淀溶于盐酸中，离子方程式为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O。CO2气体的生成和逸出，使CaCO3溶解平衡体系中的COeq\o\al(2－,3)浓度不断减小，平衡向溶解的方向移动。②盐溶液溶解法。如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)=Mg2＋＋2NH3·H2O。③氧化还原溶解法。如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀硝酸。④配位溶解法。如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(3)沉淀的转化。①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)②应用。a．锅炉除水垢：水垢[CaSO4(s)]eq\o(→,\s\up7(Na2CO3溶液))CaCO3(s)eq\o(→,\s\up7(盐酸))Ca2＋(aq)b．自然界中矿物的转化：原生铜的硫化物eq\o(→,\s\up7(氧化、淋滤))CuSO4溶液eq\o(→,\s\up7(渗透入闪锌矿ZnS和方铅矿PbS))铜蓝(CuS)(1)沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度一定相等，且保持不变。(×)(2)升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动。(×)(3)室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度。(×)(4)难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动。(×)(5)向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2，溶液，则SOeq\o\al(2－,4)沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含SOeq\o\al(2－,4)。(×)(6)洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好。(×)题点一沉淀溶解平衡的概念下列有关AgCl沉淀溶解平衡的说法中正确的是()A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率相等B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度减小D．在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体，AgCl沉淀溶解的量不变【解析】沉淀溶解平衡是动态平衡，A项正确；AgCl在水中存在溶解平衡，溶液中有极少量的Ag＋和Cl－，B项错误；通常固体的溶解度随温度的升高而增大(氢氧化钙等除外)，C项错误；加入NaCl固体，增大Cl－浓度，使AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的平衡左移，析出氯化银沉淀，因此AgCl沉淀溶解的量减少，D项错误。【答案】A[对点训练1]某研究性学习小组通过传感器测量一定温度下溶液的电导率(电导率越大，说明溶液的导电能力越强)，各物质的电导率数据如下：序号①②③④⑤⑥⑦物质CaCO3(固体)H2OCaCO3饱和溶液CaSO4饱和溶液NaCl0．001mol·L－1AgNO30．001mol·L－1AgCl饱和溶液电导率07373891989113813下列分析不正确的是()A．依据数据，CaCO3固体中不存在自由移动的离子B．与②对比，说明⑦中存在：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)C．将Na2CO3固体加入④中，可以生成CaSO4沉淀D．⑤⑥等体积混合后过滤，推测滤液的电导率大于13解析：C电导率可反映自由移动离子的浓度大小。碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子间形成离子键，离子不能自由移动，故A正确；与②对比，⑦AgCl饱和溶液的电导率为13，说明⑦氯化银饱和溶液中存在自由移动的离子，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故B正确；CaCO3饱和溶液的电导率比CaSO4的小，说明CaCO3的溶解度比CaSO4小的多，应生成CaCO3沉淀，故C错误；⑤⑥等体积、等浓度混合，混合后过滤得到硝酸钠、氯化银的饱和溶液，电导率一定大于13，故D正确。题点二影响沉淀溶解平衡的因素及实验探究(2021·北京海淀区模拟)取1mL0.1mol·L－1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1mol·L－1)，下列说法不正确的是()A．实验①白色沉淀是难溶的AgClB．若按②①顺序实验，能看到白色沉淀C．若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀D．由实验②说明AgI比AgCl更难溶【解析】AgNO3溶液中的Ag＋和过量的NaCl溶液中的Cl－生成AgCl的白色沉淀，离子方程式为Ag＋＋Cl－=AgCl↓，所以沉淀为难溶的AgCl，故A正确；一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，AgI的溶解度比AgCl小，所以AgI不易转化为AgCl，所以若按②①顺序实验，看不到白色沉淀，故B错误；2AgCl(s)＋S2－(aq)Ag2S(s)＋2Cl－(aq)，Ag2S比AgCl更难溶，溶解度更小，所以若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀，故C正确；一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，实验②的白色沉淀AgCl生成了黄色的AgI沉淀，说明AgI比AgCl更难溶，故D正确。【答案】B[母题延伸](1)饱和AgCl溶液和饱和AgI溶液中，Ag＋浓度相同吗？若向相同浓度的NaCl、KI混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生的沉淀颜色是什么？(2)向黄色沉淀中加入足量NaCl溶液，能否产生白色沉淀？(3)若向0.1mol·L－1NaCl溶液中滴加过量AgNO3溶液，再滴入KI溶液产生黄色沉淀，能否说明AgI比AgCl更难溶？提示：(1)不相同，AgCl溶解度较大，Ag＋浓度较大；向相同浓度的Cl－、I－溶液中加入Ag＋，先产生黄色AgI沉淀。(2)Cl－浓度很大时，能产生AgCl沉淀。(3)Ag＋过量，再引入I－生成黄色沉淀，不能证明沉淀转化为更难溶的物质。[对点训练2](2021·长春高三模拟)某兴趣小组进行下列实验：①将0.1mol·L－1MgCl2溶液和0.5mol·L－1NaOH溶液等体积混合得到浊液②取少量①中浊液，滴加0.1mol·L－1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1mol·L－1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解下列说法中不正确的是()A．将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2＋B．①中浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)C．实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶D．NH4Cl溶液中的NHeq\o\al(＋,4)可能是④中沉淀溶解的原因解析：CMgCl2溶液与NaOH溶液等体积混合得到Mg(OH)2悬浊液，剩余NaOH，但仍存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)。实验②中是因为剩余的NaOH能和氯化铁反应生成Fe(OH)3，不能比较Fe(OH)3和Mg(OH)2的溶解能力，故C错误。题点三用溶解平衡解释生产、生活中的实际问题下列化学原理的应用，可以用沉淀溶解平衡原理来解释的是()①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒③石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成④BaCO3不能作“钡餐”，而BaSO4可以⑤泡沫灭火器灭火原理A．②③④ B．①②③C．③④⑤ D．①②③④⑤【解析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，加热促进水解，碱能促进油脂水解，所以热纯碱溶液洗涤油污的能力更强，应用了盐类水解原理，不符合题意；②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释；③石灰岩里不溶性的碳酸钙在水和二氧化碳的作用下转化为可溶性的碳酸氢钙，长时间反应，形成溶洞，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡可以，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，不符合题意。【答案】A[对点训练3]资源综合利用既符合绿色化学理念，也是经济可持续发展的有效途径。一种难溶的废弃矿渣杂卤石，其主要成分可表示为K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O，已知它在水溶液中存在如下平衡：K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O2K＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋Mg2＋＋2Ca2＋＋2H2O。为了充分利用钾资源，一种溶浸杂卤石制备K2SO4的工艺流程如图所示：(1)操作①的名称是________。(2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解出杂卤石中K＋的原因：_______________________。(3)除杂环节中，为除去Ca2＋，可先加入____________溶液。经搅拌等操作后，过滤，再向滤液中滴加稀H2SO4，调节溶液pH至________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。(4)操作②的步骤包括(填操作过程)：______________、过滤、洗涤、干燥。解析：(3)为除去Ca2＋，可先加入K2CO3溶液，生成碳酸钙沉淀，过滤后再向滤液中滴加稀H2SO4，调节溶液pH至中性，除去过量的碳酸钾。(4)为从溶液中得到溶质，需依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。干燥等步骤。答案：(1)过滤(2)Mg2＋转化成Mg(OH)2沉淀，SOeq\o\al(2－,4)与Ca2＋结合转化为CaSO4沉淀，平衡右移，促使杂卤石溶解(3)K2CO3中性(4)蒸发浓缩、冷却结晶考点二溶度积常数及其应用1．溶度积Ksp在一定条件下，难溶强电解质达到沉淀溶解平衡时，存在平衡常数，称为溶度积常数，简称溶度积，符号为Ksp。2．表达式对于AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。3．溶度积与离子积的关系通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Q的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解：(1)Q>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。(2)Q＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。(3)Q<Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。4．Ksp的影响因素(1)自身性质：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。(2)反应条件①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。③其他：向平衡体积中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。(1)已知：Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度。(×)(2)10mL0.1mol·L－1HCl溶液与10mL0.12mol·L－1AgNO3溶液混合，充分反应后，Cl－浓度等于零。(×)(3)在一定条件下，溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀。(√)(4)常温下，向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小。(×)(5)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变。(√)题点一溶度积及溶度积的影响因素下列说法不正确的是()A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关B．由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D．难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小【解析】对于阴、阳离子的个数比相同即同一类型的难溶电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强即溶解度越大；对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，不能直接用Ksp的大小比较它们的溶解能力，必须通过计算进行比较，故D错误。【答案】D[对点训练1]在25℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是()A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36mol·L－1B．25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大解析：B饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为eq\r(Ksp（CuS）)＝eq\r(1.3×10－36)mol·L－1，故A错误；由FeS的Ksp＝6.3×10－18、CuS的Ksp＝1.3×10－36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；FeS的Ksp＝6.3×10－18、ZnS的Ksp＝1.3×10－24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。题点二溶度积常用的应用与计算(1)某温度下，已知Ksp(AgCl)＝1.80×10－10，将2.2×10－3mol·L－1的NaCl和2.0×10－3mol·L－1AgNO3等体积混合是否有沉淀生成？写出推理过程。若有沉淀生成，请计算反应后Ag＋浓度。_________________。(2)室温下，Mg(OH)2的Ksp＝5×10－13，计算室温下，饱和Mg(OH)2的pH＝________。(3)已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrOeq\o\al(2－,4)的浓度均为0.010mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为________________________________。【解析】(2)设饱和Mg(OH)2溶液中c(OH－)＝xmol·L－1，则c(Mg2＋)＝eq\f(x,2)mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝eq\f(x,2)·x2＝5×10－13，则x＝1×10－4，c(H＋)＝eq\f(1×10－14,1×10－4)mol·L－1＝1×10－10mol·L－1，所以pH＝10。(3)利用沉淀溶解平衡原理，当Q>Ksp时，有沉淀析出。溶液中Cl－、Br－、CrOeq\o\al(2－,4)的浓度均为0.010mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，溶解度小的先满足Q>Ksp，有沉淀析出。比较Ksp，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr<AgCl。再比较AgCl、Ag2CrO4沉淀所需c(Ag＋)，Cl－沉淀时所需c(Ag＋)≥eq\f(Ksp（AgCl）,c（Cl－）)＝eq\f(1.56×10－10,0.010)mol·L－1＝1.56×10－8mol·L－1，CrOeq\o\al(2－,4)沉淀时所需c(Ag＋)≥eq\r(\f(Ksp（Ag2CrO4）,c（CrOeq\o\al(2－,4)）))＝eq\r(\f(9.0×10－12,0.010))mol·L－1＝3.0×10－5mol·L－1，故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrOeq\o\al(2－,4)。【答案】(1)Q＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝1.1×10－3×1.0×10－3＝1.1×10－6，Q>Ksp(AgCl)，因而有沉淀生成。反应后剩余c(Cl－)＝1.0×10－4mol·L－1，则c(Ag＋)＝eq\f(Ksp（AgCl）,c（Cl－）)＝eq\f(1.80×10－10,1.0×10－4)mol·L－1＝1.80×10－6mol·L－1。(2)10(3)Br－、Cl－、CrOeq\o\al(2－,4)[对点训练2]毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：已知：Ca2＋Mg2＋Fe3＋开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2加入NH3·H2O调节pH＝8可除去________(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是______________________。(已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。)解析：根据流程图和表中数据可知，加入NH3·H2O调pH为8，只有Fe3＋完全沉淀，故可除去Fe3＋；加入NaOH调pH＝12.5，Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根据Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7可知，H2C2O4过量时Ba2＋转化为BaC2O4沉淀，BaCl2·2H2O产品的产量会减少。答案：Fe3＋Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少[归纳总结](1)当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时，生成沉淀所需试剂，离子浓度越小的越先沉淀。(2)如果生成各种沉淀所需离子的浓度较大时，就能分步沉淀，从而达到分离离子的目的。题点三沉淀滴定沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN－的浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：银盐物质AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白黄白砖红白Ksp1.8×10－108.3×10－171.2×10－163.5×10－111.0×10－12(1)滴定时可选为滴定指示剂的是________(填字母)。A．NaCl B．K2CrO4C．KI D．NaCN(2)如何确定该滴定过程的终点：____________________________。【解析】(1)指示剂选择原则为颜色变化明显、Ksp略微大于Ksp(AgSCN)，根据表中数据可知K2CrO4作为指示剂。【答案】(1)B(2)当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变[对点训练3]已知：ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取ClNO样品mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L－1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是___________________________，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为________。[已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10－12]解析：以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色沉淀，因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；根据ClNO～HCl～AgNO3关系式，得到25.00mL样品溶液中ClNO物质的量n(ClNO)＝n(AgNO3)＝cmol·L－1×0.02L＝0.02cmol，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为w＝eq\f(0.02cmol×10×65.5g·mol－1,mg)×100%＝eq\f(1310c,m)%。答案：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化eq\f(1310c,m)%[特别提醒]沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。1．沉淀溶解平衡曲线溶度积曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度之间的关系曲线，以AgCl悬浊液为例，溶度积曲线如图：(1)曲线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态，即Q＝Ksp。(2)曲线上方区域均为过饱和溶液，即Q>Ksp。(3)曲线下方区域均为不饱和溶液，即Q<Ksp。(4)升高温度，曲线向右上方平移。2．沉淀溶解平衡对数曲线溶度积对数曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度对数值之间的关系曲线，以CdCO3饱和溶液为例，溶度积曲线如图：(1)直线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态，即Q＝Ksp。(2)直线上方区域均为不饱和溶液，即Q<Ksp。(3)直线下方区域均为过饱和溶液，即Q>Ksp。(4)升高温度，直线向左下方平移。3．沉淀滴定曲线沉淀滴定曲线是沉淀滴定过程中构成难溶电解质的离子浓度与滴定剂加入量之间的关系曲线，以向10mL0.1mol·L－1CuSO4溶液中滴加0.1mol·L－1的K2S溶液为例，滴加过程中溶液中－lgc(Cu2＋)与K2S溶液体积(V)的关系曲线如图：(1)曲线上任一点都代表平衡点，c(Cu2＋)·c(S2－)＝Ksp。(2)滴定终点时(b点)为饱和CuS溶液，c(Cu2＋)＝c(S2－)。(3)滴定终点以前线上点(如a点)，代表c(Cu2＋)>c(S2－)；滴定终点以后线上点(如c点)，代表c(Cu2＋)<c(S2－)。4．解沉淀溶解平衡图像的步骤(1)明确图像中横、纵坐标的含义，横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。(2)理解图像中线上点、线外点的含义。(3)抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。①溶液在蒸发时，粒子浓度的变化分两种情况：a．原溶液不饱和时，离子浓度都增大b．原溶液饱和时，离子浓度都不变②溶度积常数只受温度影响，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。1．常温下，金属离子(Mn＋)浓度的负对数值随溶液pH变化关系如图所示[已知：pM＝－lgc(Mn＋)，且假设c(Mn＋)≤10－6mol·L－1认为该金属离子已沉淀完全]。判断下列说法正确的是()A．常温下，Ksp[Mg(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]B．可以通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2＋和Fe2＋C．除去Cu2＋中少量Fe3＋，可控制溶液3≤pH<4D．pM与Ksp之间的关系式为：pM＝－lgKsp－nlgc(OH－)解析：CA项，常温下，pH一定时c(Mg2＋)>c(Fe2＋)，所以Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)2]，错误；B项，当Cu2＋完全沉淀时，Fe2＋已经开始沉淀，所以不能通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2＋和Fe2＋，错误；C项，当3≤pH<4时，Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋不会沉淀，所以除去Cu2＋中少量Fe3＋，可控制溶液3≤pH<4，正确；D项，Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)，c(Mn＋)＝eq\f(Ksp,cn（OH－）)，pM＝－lgc(Mn＋)＝－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Ksp,cn（OH－）)))＝－lgKsp＋nlgc(OH－)，错误。2.已知：pCu＝－lgc(Cu＋)，pX＝－lgc(X－)。298K时，Ksp(CuCl)＝a×10－6，Ksp(CuBr)＝b×10－9，Ksp(CuI)＝c×10－12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是()A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cu＋)和c(Cl－)都减小B．图中x代表CuI曲线，且P点c(Cu＋)＝c(I－)C．298K时增大M点的阴离子浓度，则y上的点向N点移动D．298K时CuBr(s)＋I－(aq)CuI(s)＋Br－(aq)的平衡常数K的数量级为103或102解析：DA．CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cl－)增大，溶解平衡逆向移动，则c(Cu＋)减小，故A错误；B.P点pCu＝－lgc(Cu＋)＝3，则c(Cu＋)＝c(X－)＝10－3mol/L，x代表CuCl曲线，故B错误；C.增大M点的阴离子浓度，会使溶解平衡逆向移动，c(Cu＋)减小，则pX减小，pCu增大，由图可知，若向N移动，c(Cu＋)增大，而阴离子浓度减小，故C错误；D.298K时CuBr(s)＋I－(aq)CuI(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝eq\f(Ksp（CuBr）,Ksp（CuI）)＝eq\f(b×10－9,c×10－12)＝eq\f(b,c)×103，K的数量级为103或102，故D正确。3.室温下两种金属硫化物MS、QS的沉淀溶解平衡曲线分别为图中的Ⅰ、Ⅱ(X2＋代表M2＋或Q2＋)，下列有关说法中正确的是()A．MS易与可溶性Q(NO3)2的溶液作用转化为QSB．与a点对应的由MS形成的分散系很稳定C．向c(M2＋)>a(Q2＋)的混合溶液中滴加Na2S溶液，首先析出MS沉淀D．蒸发a点的QS溶液可得到b点状态的QS溶液解析：C根据图知，－lgc(S2－)相同时，－lgc(M2＋)>－lgc(Q2＋)，则c(M2＋)<c(Q2＋)，则Ksp(MS)<Ksp(QS)。A．两种难溶物溶度积常数表达式相同，则溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，Ksp(MS)<Ksp(QS)，所以MS很难转化为溶度积常数较大的QS，故A错误；B.a点Q(MS)>Ksp(MS)，此点为过饱和溶液，不稳定，易析出沉淀，故B错误；C.溶度积小的先析出沉淀，Ksp(MS)<Ksp(QS)，则向c(M2＋)、c(Q2＋)相同的混合溶液中滴加Na2S溶液先析出MS沉淀，所以向c(M2＋)>c(Q2＋)的混合溶液中滴加Na2S溶液，首先析出MS沉淀，故C正确；D.对于Ⅱ来说，a点是不饱和溶液，蒸发不饱和溶液c(S2－)、c(Q2＋)都增大，所以不能实现目的，故D错误。4．(双选)已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，Ag2CrO4在不同浓度CrOeq\o\al(2－,4)溶液中的溶解度如图所示，下列说法正确的是()A．图中a、b两点c(Ag＋)相同B．图中a点与b点Ag2CrO4溶度积相等C．在a点向溶液中加入少量AgNO3，溶解度可变为c点D．该温度下，Ag2CrO4溶度积的数量级为10－12解析：BDA选项，图中a、b两点c(Ag＋)不相同，a中c(Ag＋)大于b点，故A错误；B选项，曲线上的点都为溶度积相等的点，故B正确；C选项，在a点向溶液中加入少量AgNO3，银离子浓度增加，铬酸根离子浓度减小，因此溶解度也减小，故C错误；D选项，该温度下，根据b点得知c(Ag＋)＝2×10－5mol/L，c(CrOeq\o\al(2－,4))＝1×10－2mol/L，因此Ag2CrO4溶度积的数量级为10－12，故D正确。5．已知CaCO3溶于水有如下平衡关系：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)ΔH>0不同温度下(T1、T2)，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，回答下列问题(注：CaCO3均未完全溶解)(1)T1________(填“>”“<”或“＝”)T2。(2)保持T1不变，怎样使A点变成B点__________________________________________。(3)在B点，若温度从T1到T2，则B点变到________点(填“C”“D”或“E”。)(4)T1温度下，E点的某混合体系，静置一段时间是否有可能析出沉淀？为什么？答案：(1)<(2)保持T1不变，向悬浊液中加入Na2CO3固体(3)D(4)可能析出沉淀，原因是E点Q>Ksp1．四大平衡常数的比较常数符号适用体系影响因素表达式水的离子积常数Kw任意水溶液温度升高，Kw增大Kw＝c(OH－)·c(H＋)电离常数酸Ka弱酸溶液升温，K值增大HAH＋＋A－，电离常数Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)碱Kb弱碱溶液BOHB＋＋OH－，电离常数Kb＝eq\f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）)盐的水解常数Kh盐溶液升温，Kh值增大A－＋H2OOH－＋HA，水解常数Kh＝eq\f(c（OH－）·c（HA）,c（A－）)溶度积常数Ksp难溶电解质溶液升温，大多数Ksp值增大MmAn的饱和溶液：Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)2.四大平衡常数的应用(1)判断平衡移动方向。Q与K的关系平衡移动方向Q>K逆向Q＝K不移动Q<K正向(2)判断粒子浓度比值的变化。如将NH3·H2O溶液加水稀释，c(OH－)减小，由于电离平衡常数表达式为Kb＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)为定值，故eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)比值增大。(3)利用四大平衡常数进行相关计算。【命题分析】借助图像判断电解质溶液中粒子浓度的关系，是高考常考题型，其中不同阶段粒子浓度关系的判断是近几年高考的热点和亮点，同时此类试题的图像往往与数学紧密联系，难度较大。该类题目的解题关键是正确判断溶液中溶质的成分及其量的关系，以及离子的电离程度和水解程度的大小。该题型一般综合性强、难度较大，能够很好考查学生的分析推理能力。充分体现“证据推理与模型认知”的核心素养。类型一分布曲线图像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)二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)注：pKa为电离常数的负对数δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2Oeq\o\al(－,4)分布系数、δ2为C2Oeq\o\al(2－,4)分布系数注意：利用图像中交点对应的pH可求pKa。类型二坐标为对数或负对数的图像分析1．常考有关对数示例(1)pC：类比pH，即为C离子浓度的负对数，规律是pC越大，C离子浓度越小。(2)pK：平衡常数的负对数，规律是pK越大，平衡常数越小，对于一元弱酸(HX)：pKa＝pH－lgeq\f(c（X－）,c（HX）)，lgeq\f(c（X－）,c（HX）)越大，HX的电离程度越大。(3)AG＝lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)，氢离子浓度与氢氧根离子浓度比的对数；规律是：AG越大，酸性越强，中性时AG＝0。2．图像示例(1)pOH—pH曲线⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Q点为中性：c（H＋）H2O＝c（OH－）H2O＝,1×10－amol·L－1,M点为酸性：c（OH－）H2O＝1×10－bmol·L－1,N点为碱性：c（H＋）H2O＝1×10－bmol·L－1))(2)常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示：⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(L1代表lg\f(c（HY－）,c（H2Y）)－pH,H2Y的Ka1＝10－1.3，Ka2＝10－4.3,e点：c（H2Y）＝c（Y2－）))(3)常温下将KOH溶液滴加二元弱酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系图：⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(二元弱酸（H2X）一级电离程度远大于二级电离程度,lg\f(c（X2－）,c（HX－）)越大，表示电离程度越大，因而N,代表一级电离的曲线，M代表二级电离曲线,可以根据m点，n点的坐标计算pKa1和pKa2。))1．(双选)亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，可用于农药中间体以及有机磷水处理剂的原料。常温下向1L0.5mol·L－1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是()A．a、b两点，水分别电离出的c水(OH－)之比为10－6.54∶10－1.43B．b点对应溶液中存在：c(Na＋)>3c(HPOeq\o\al(2－,3))C．反应H3PO3＋HPOeq\o\al(2－,3)2H2POeq\o\al(－,3)的平衡常数为105.11D．当V(NaOH)＝1L时，c(Na＋)＞c(H2POeq\o\al(－,3))＞c(H3PO3)＞c(HPOeq\o\al(2－,3))解析：ACA项，a点、b点水电离出的c水(OH－)之比为eq\f(10－14,10－1.43)∶eq\f(10－14,10－6.54)，正确；B项，b点c(H2POeq\o\al(－,3))＝c(HPOeq\o\al(2－,3))，溶液pH＝6.54<7，溶液呈酸性，则c(OH－)<c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)<2c(HPOeq\o\al(2－,3))＋c(H2POeq\o\al(－,3))，则c(Na＋)<3c(HPOeq\o\al(2－,3))，错误；C项，c(H2POeq\o\al(－,3))＝c(H3PO3)时Ka1＝c(H＋)＝10－1.43，c(H2POeq\o\al(－,3))＝c(HPOeq\o\al(2－,3))时，Ka2＝c(H＋)＝10－6.54，H3PO3＋HPOeq\o\al(2－,3)2H2POeq\o\al(－,3)的平衡常数为eq\f(c2（H2POeq\o\al(－,3)）,c（H3PO3）·c（HPOeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(c（H2POeq\o\al(－,3)）,c（H3PO3）)×eq\f(1,\f(c（HPOeq\o\al(2－,3)）,c（H2POeq\o\al(－,3)）))＝eq\f(Ka1,c（H＋）)×eq\f(c（H＋）,Ka2)＝eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(10－1.43,10－6.54)＝105.11，正确；D项，V(NaOH)＝1L时，二者恰好完全反应生成NaH2PO3，H2POeq\o\al(－,3)水解平衡常数为eq\f(10－14,10－6.54)＝10－7.46<Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，但是其电离程度较小，错误。2．常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图所示，下列有关说法错误的是()A．曲线M表示pH与lgeq\f(c（HY－）,c（H2Y）)的变化关系B．a点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋)C．H2Y的第二级电离常数Ka2(H2Y)＝10－4.3D．交点b的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2－)>c(HY－)>c(H＋)>c(OH－)解析：D随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中eq\f(c（HY－）,c（H2Y）)逐渐增大，eq\f(c（HY－）,c（Y2－）)逐渐减小，lgeq\f(c（HY－）,c（H2Y）)逐渐增大，lgeq\f(c（HY－）,c（Y2－）)逐渐减小，因此曲线M表示pH与lgeq\f(c（HY－）,c（H2Y）)的关系，故A正确；a点溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(K＋)＝2c(Y2－)＋c(HY－)＋c(OH－)，因此c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋)，故B正确；pH＝3时，lgeq\f(c（HY－）,c（Y2－）)＝1.3，则Ka2(H2Y)＝eq\f(c（Y2－）·c（H＋）,c（HY－）)＝eq\f(10－3,101.3)＝10－4.3，故C正确；交点b的溶液中存在：lgeq\f(c（HY－）,c（H2Y）)＝lgeq\f(c（HY－）,c（Y2－）)>1.3，因此eq\f(c（HY－）,c（Y2－）)>101.3，即c(Y2－)<c(HY－)，故D错误。3．磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如图，下列说法正确的是()A．H3PO4的电离方程式为：H3PO43H＋＋POeq\o\al(3－,4)B．pH＝2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)、POeq\o\al(3－,4)C．滴加NaOH溶液至pH＝7，溶液中c(Na＋)＝c(H2POeq\o\al(－,4))＋2c(HPOeq\o\al(2－,4))＋3c(POeq\o\al(3－,4))D．滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3＋2H3PO4=2Na3PO4＋3H2O＋3CO2↑解析：CH3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为H3PO4H＋＋H2POeq\o\al(－,4)、H2POeq\o\al(－,4)H＋＋HPOeq\o\al(2－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)H＋＋POeq\o\al(3－,4)，故A错误；pH＝2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2POeq\o\al(－,4)，故B错误；滴加NaOH溶液至pH＝7，依据电荷守恒，溶液中c(Na＋)＝c(H2POeq\o\al(－,4))＋2c(HPOeq\o\al(2－,4))＋3c(POeq\o\al(3－,4))，故C正确；滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3＋2H3PO4=2NaH2PO4＋H2O＋CO2↑，故D错误。4．(2021·丹东市高三教学质量检测)已知：peq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(c（HX）,c（X－）)))＝－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(c（HX）,c（X－）)))。室温下，向0.10mol·L－1HX溶液中滴加0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液pH随peq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(c（HX）,c（X－）)))变化关系如图所示。下列说法正确的是()A．溶液中水的电离程度：a>b>cB．c点溶液中：c(Na＋)＝10c(HX)C．室温下NaX的水解平衡常数为10－1.75D．图中b点坐标为(0，4.75)解析：D根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的电离程度大于X－的水解程度，可只考虑H＋对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：a<b<c，故A错误；c点溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(X－)＋c(OH－)，此时peq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(c（HX）,c（X－）)))＝1，则c(X－)＝10c(HX)，代入电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝10c(HX)＋c(OH－)，由于溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，则c(Na＋)<10c(HX)，故B错误；HX在溶液中存在电离平衡：HXH＋＋X－，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（X－）,c（HX）)，则pH＝pKa＋peq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(c（HX）,c（X－）)))，代入c点坐标(1，5.75)可知，pKa＝4.75，则Ka＝10－4.75，则室温下NaX的水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(10－14,10－4.75)＝10－9.25，b点pH＝pKa＋peq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(c（HX）,c（X－）)))＝0＋4.75＝4.75，故C错误，D正确。5．25℃时，向某二元弱酸H2X的溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgeq\f(c（X2－）,c（HX－）)或lgeq\f(c（HX－）,c（H2X）)与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是()A．Ka2(H2X)的数量级为10－9B．m曲线表示lgeq\f(c（HX－）,c（H2X）)与pH的变化关系C．25℃时，NaHX溶液中c(X2－)＞c(H2X)D．pH＝8时，eq\f(c（X2－）,c（H2X）)＝10－0.7解析：DB项，在相同条件下，Ka1>Ka2，然后结合图像知，曲线m表示lgeq\f(c（X2－）,c（HX－）)与pH的关系，曲线n表示lgeq\f(c（HX－）,c（H2X）)与pH的关系，错误；A项，根据m曲线上的点(9.3，－1)可以计算出H2X的Ka2＝10－1－9.3＝10－10.3，根据n曲线上的点(7.4，1)可以计算出Ka1＝101－7.4＝10－6.4，H2X的Ka2＝10－10.3＝100.7－11＝100.7×10－11，故Ka2(H2X)的数量级为10－11，错误；C项，由H2X的Ka1＝10－6.4，Ka2＝10－10.3可知，25℃时，HX－的电离常数为10－10.3，HX－的水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝10－7.6，Ka2<Kh，故HX－的水解程度大于电离程度，NaHX溶液中c(H2X)>c(X2－)，错误；D项，Ka1·Ka2＝eq\f(c（X2－）·c2（H＋）,c（H2X）)，pH＝8可求eq\f(c（X2－）,c（H2X）)＝eq\f(Ka1·Ka2,c2（H＋）)＝10－0.7，D正确。1．(2021·山东卷，15)(双选)赖氨酸[H3N＋(CH2)4CH(NH2)COO－，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2＋eq\o(,\s\up7(K1))H2R＋eq\o(,\s\up7(K2))HReq\o(,\s\up7(K3))R－。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2＋、H2R＋、HR和R－的分布系数δ(X)随pH变化如图所示。已知δ(X)＝eq\f(c（X）,c（H3R2＋）＋c（H2R＋）＋c（HR）＋c（R－）)，下列表述正确的是()A．eq\f(K2,K1)>eq\f(K3,K2)B．M点，c(Cl－)＋c(OH－)＋c(R－)＝2c(H2R＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)C．O点，pH＝eq\f(－lgK2－lgK3,2)D．P点，c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)解析：CD向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H3R2＋＋OH－=H2R＋＋H2O、H2R＋＋OH－=HR＋H2O、HR＋OH－=R－＋H2O，溶液中H3R2＋逐渐减小，H2R＋和HR先增大后减小，R－逐渐增大。K1＝eq\f(c（H2R＋）·c（H＋）,c（H3R2＋）)，K2＝eq\f(c（HR）·c（H＋）,c（H2R＋）)，K3＝eq\f(c（R－）·c（H＋）,c（HR）)，M点c(H3R2＋)＝c(H2R＋)，由此可知K1＝10－2.2，N点c(HR)＝c(H2R＋)，则K2＝10－9.1，P点c(HR)＝c(R－)，则K3＝10－10.8。A．eq\f(K2,K1)＝eq\f(10－9.1,10－2.2)＝10－6.9，eq\f(K3,K2)＝eq\f(10－10.8,10－9.1)＝10－1.7，因此eq\f(K2,K1)<eq\f(K3,K2)，故A错误；B.M点存在电荷守恒：c(R－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝2c(H3R2＋)＋c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，此时c(H3R2＋)＝c(H2R＋)，因此c(R－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝3c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，故B错误；C.O点c(H2R＋)＝c(R－)，因此eq\f(c（H2R＋）,c（R－）)＝1，即eq\f(c（H2R＋）·c（HR）·c（H＋）·c（H＋）,c（R－）·c（HR）·c（H＋）·c（H＋）)＝eq\f(c2（H＋）,K2·K3)＝1，因此c(H＋)＝eq\r(K2·K3)，溶液pH＝－lgc(H＋)＝eq\f(－lgK2－lgK3,2)，故C正确；D.P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c(OH－)>c(H＋)，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。故选CD。2．(2020·全国Ⅰ卷，13)以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL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的变化关系如下图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝eq\f(c（A2－）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（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0.2000mol·L－1C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2－)＋c(HA－)解析：C根据图像可知，滴定终点消耗NaOH溶液40mL，H2A是二元酸，可知酸的浓度是0.1000mol·L－1，B项错误；起点溶液pH＝1.0，c(H＋)＝0.1000mol·L－1，可知H2A第一步电离是完全的，溶液中没有H2A，所以曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A项错误；利用曲线①、②的交点可知，c(HA－)＝c(A2－)，此时pH＝2.0，c(H＋)＝1.0×10－2mol·L－1，HA－A2－＋H＋，Ka(HA－)＝eq\f(c（A2－）·c（H＋）,c（HA－）)＝1.0×10－2，C项正确；滴定终点时，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，以酚酞为指示剂，说明滴定终点时溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，所以c(Na＋)>2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。3．(2020·山东卷，15)(双选)25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO－)、lgc(H＋)和lgc(OH－)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是()A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)B．N点时，pH＝－lgKaC．该体系中，c(CH3COOH)＝eq\f(0.1c（H＋）,Ka＋c（H＋）)mol·L－1D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终增大解析：BC随着溶液碱性的增强，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)增大，故MN线表示lgc(