水溶液中平衡图像的拓展与探析-2024-2025学年浙江高考化学专项复习（解析版）

第39讲水漫覆黄阖假飙期唇气掰析

01考情分析02真题精研03规律•方法•技巧04经典变式练

05核心知识精炼06基础测评07能力提升

考情分析

水溶液中存在着弱电解质的电离平衡，盐的水解平衡，难溶电解质的溶解平衡，而有关这些平衡的图

象分析是近几年高考的热点和必考点，且不断探索创新点，这样不仅创新了考查形式，而且大大增加了试

题的综合性和难度。要想攻克此点，就需要学生在利用好数形结合思想的基础上，提高自己的迁移运用能

力和科学思维，达到考题万变不离其宗。

一.真题精研

1.（2024・湖南•高考真题）常温下Ka（HCOOH）=1.8x1O'向20mL0.10mol-LTNaOH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

一

5101520

r（HCOOH）/mL

A.水的电离程度：M＜N

B.M点：2c（0H-）=c（Na+）+c（H+）

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

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

【答案】D

【分析】结合起点和终点，向20mLO.lOmollTNaOH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、ft和HCOCF；当V（HCOOH）=OmL,溶液中存在Na+、H+和OH1

c（OHj=c（Na+）=0.10molL-1,随着加入HCOOH溶液，c（Na+）减少但不会降到0,当

V（HCOOH）=20mL,c（Na+）=O.OSmol.L1,随着加入HCOOH溶液，C（OH）会与HCOOH反应而减少，

当V（HCOOH）=20mL,溶质为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,则斜率为负的曲线代表c（OH）当V（HCOOH）=OmL时，O.lOmol•LNaOH中c（fT）=

lOxlO^mol.L1,很小，随着加入HCOOH溶液，溶质由NaOH变为NaOH和HCOONa混物，最终为

HCOONa,c（H+）增力口的很少，而c（HCOO）增加的多，当V（HCOOH）=20mL,溶质为HCOONa,HCOO

少部分水解，n（HCOO-）＜0.05mol.L\斜率为正的曲线代表c（HCO。］,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HCOCT浓度的改变。

【解析】A.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,对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N,故A正确；

B.M点溶液中电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（HCOCr）+c（Oir）,M点为交点可知c（HCOCr）=C（OH）,

联合可得2c（OI^）=c（Na+）+c（H+）,故B正确；

C.当k（HCOOH）=10mL时，溶液中的溶质为c（Na。"）:c（HCOONa）=1:1,根据电荷守恒有

c（Na+）+c（H+）=c（HC00-）+c（0H-）,根据物料守恒©（9+）=2（:但80-）+2＜:（118011）,两式整理可得

c（OH）=c（H+）+2c（HCOOH）+c（HCOO）,故C正确；

D.N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,甲酸根发生水解，因此c（Na+）＞c（HCOC^）及

c（OH.）＞c（H+）观察图中N点可知，c（HCOCF卜0.05加o//L,根据

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

故答案选D。

2.(2024・浙江•高考真题)室温下，H2s水溶液中各含硫微粒物质的量分数3随pH变化关系如下图[例如

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

下列说法正确的是

A.溶解度：FeS大于Fe(OH)2

B.以酚酸为指示剂(变色的pH范围8.2〜10.0),用NaOH标准溶液可滴定H2s水溶液的浓度

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

D.0.010mol/L的FeCl?溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2s溶液，反应初始生成的沉淀是FeS

【答案】C

【分析】

在H2s溶液中存在电离平衡：H2SUH++HS-、HS-UH++S2-,随着pH的增大，H2s的物质的量分数逐渐减

小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图

中线①、②、③依次代表H?S、HS\S2-的物质的量分数随pH的

713

变化，由①和②交点的pH=7可知^fl/(H2S)=lxlO-,由②和③交点的pH=13.0可知^(H2S)=lxlO-o

【解析】A.FeS的溶解平衡为FeS(s)UFe2+(aq)+S2-(aq),饱和FeS溶液物质的量浓度为(FeS)=

1892+

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

1769

液物质的量浓度为产器,电]=^4.9xWmo]/L=[12.25x10-mol/L>而x10-mol/L,故溶解度：FeS

小于Fe(OH)2,A项错误；

B.酚醐的变色范围为8.270,若以酚醐为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2s水溶液，由图可知当酚醐发

生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酸作指示剂判断滴定终点，B项错误；

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

平衡常数巾S+期渭叱号器詈二嬴^需二。」，设水解的S2-的浓度为Xmd/L,

则上-=0.1,解得x=0.062,S2-的水解率约为幽型*xioo%=62%,C项正确；

D.0.01mol/LFeCl2溶液中加入等体积0.2mol/LNa2s溶液，瞬间得到0.005mol/LFeCl2和0.1mol/LNa2S的

混合液，结合C项，瞬时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],故反应初始生成的沉淀是FeS和

Fe(OH)2,D项错误；

答案选C。

规律•方法-技巧

一、分布系数图像题应注意的三点

1.明标：要想理清溶液中粒子浓度关系，首先看各纵、横坐标表示的含义，尤其多维坐标图像更应注意。

2.理线：根据坐标内曲线的变化趋势，理清每曲线、每部分表示的含义，判断曲线所代表的粒子。

3.求点：要注意图像内的各种交点，通过交点建立不同粒子间的等量关系，由已知量代替未知量，简化求解

过程。

二、解沉淀溶解平衡图像题三步骤

第一步：明确图像中纵、横坐标的含义。

纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。

第二步：理解图像中线上点、线外点的含义。

(1)曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc=Ksp。在

温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲

线上变化，不会出现在曲线以外。

(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。

(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc<Ksp。

0c(Cr)/(mobL-1)

第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。

(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：

①原溶液不饱和时，离子浓度都增大；

②原溶液饱和时，离子浓度都不变。

(2)溶度积常数只是温度的函数，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。

经典变式练

I.(2024・全国•高考真题)常温下CH2cleOOH和CHC12coOH的两种溶液中，分布系数3与pH的变化关

,、C(CH,C1COO)

系如图所示。［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

下列叙述正确的是

A.曲线M表示*CHC12coeF)〜pH的变化关系

B.若酸的初始浓度为0.1Omol.L1,则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHC12coeF)+c(0H)

C.CH2cleOOH的电离常数区=1。7

电离度a(CH2clec)OH)=0.15

'P.寸'电离度a(CHCl2coOH)0.85

【答案】D

【分析】随着pH的增大，CH2cleOOH、CHC12coOH浓度减小，CH2cleOCT、CHC12coeT浓度增大,

一Cl为吸电子基团，CHCLCOOH的酸性强于CH2cleOOH,即Ka(CHC12coOH)>&(CH2cleOOH)),3(酸

分子)=3(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8,则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCLCOOH)“10T3,

凡(CH2cleOOH、10-2.8,由此分析解题。

【解析】A.根据分析，曲线M表示5(CH2cleOCT)〜pH的变化关系，A错误；

c(CHCLCOO/、,

B.根据K『(CHCl2coOH)=-/2--------);),初始c°(CHCl2coOH)=0.1mol-L\若溶液中溶质只

c(CHCl2coOH)

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

对应的c(H+)=0.1mol.LT,说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，

+

c(H)>c(CHC12COO-)+c(OH-),B错误；

C.根据分析，CH2cleOOH的电离常数兄=10-2.8,c错误；

D.电离度々=津邕，％="电离+4电离，则a(CH2cleOOH)=5(CH2cle00)

〃始

--

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

确；

故答案选D。

2.(2023・辽宁・高考真题)某废水处理过程中始终保持H2s饱和，即c(HzS)=0.1皿>1.广，通过调节pH使Ni?+

和Cd?+形成硫化物而分离，体系中pH与-Ige关系如下图所示，c为HS\S2\Ni"和Cd?+的浓度，单位为

mol-L-'o已知K£NiS)>Ksp(CdS),下列说法正确的是

20-

16-

12-

3■

"8-

4-

0-

184B.③为pH与-Ige(HS)的关系曲线

A.Ksp(CdS)=10-

81147

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

【答案】D

【分析】已知H2s饱和溶液中随着pH的增大，H2s的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，

则有-lgc(HS-)和-IgS)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S”，即-lgc(HS-)小于-IgS)

则Ni2+和Cd?+浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)>K£CdS),即当cS)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+),则-lgc(Ni2+)和

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

表S'④代表HS-,据此分析结合图像各点数据进行解题。

【解析】A.由分析可知，曲线①代表CcR、③代表S%由图示曲线①③交点可知，此时

c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L,则有KsplCdShUcdZ+Hsz-blO^moi/LxlO2moi/Lqoa,人错误；

B.由分析可知，③为pH与-lgc(S2-)的关系曲线，B错误；

C.由分析可知，曲线④代表HS-,由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+尸1016moi/L时，

65

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

39

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

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=----———•————=-----———，由曲线③两点坐标可知，当c(H)=10-mol/L时,

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

c(S2-)=10-13mol/L,或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2)=10-9-2mol/L,故有KaiKa2：©(H2©)=

C(H2S)

(1产mol/L)"产mol/L=(1产mol/L)"产mol/L”叫结合c项分析可知,故有

O.lmol/LO.lmol/L

147

Ka2(H2S)=10-,D正确；

故答案为D。

核心知识精炼

一、平衡常数(Kw、Ksp)曲线

1.双曲线型

不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH)的变化曲线常温下,CaSC>4在水中的沉淀溶解平衡曲线[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三点均为中性，温度依次升高,马依

(l)a、c点在曲线上,a—c的变化为增大c(SO亍),如加入

次增大

Na2s。4固体，但“不变

(2)D点为酸性溶液,E点为碱性溶液,八温度时

(2)b点在曲线的上方,Q>Ksp,将会有沉淀生成

Kw=lx10"4

(3)d点在曲线的下方,0<Ksp,则为不饱和溶液，还能继续溶

(3)AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一点均

解CaSO4

有c(H+)<c(OH')

2.直线型(pM-pR曲线)

pM为阳离子浓度的负对数,pR为阴离子浓度的负对数

①直线AB上的点对应的溶液中:c(M2+尸c(R2-)

②溶度积:CaSC)4>CaCO3>MnCO3；

③X点对于CaSC»4来说要析出沉淀，对于CaCO3来说是不饱和溶液，能继续溶解CaCO3;

@Y点:c(S0?)>c(Ca2+),二者浓度的乘积等于10-5;Z点:c(CO幻4(MW),二者浓度的乘积等于10一叫

二、正态分布系数图及分析［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)二元酸(以草酸H2c2。4为例)

34567

pH「由456

注:为电离常数的负对数

5o为CH3COOH分布分数,61为CH3co0-分布分§0为H2c2。4分布分数、81为HC2O4分布分数、52为C20f分布

数分数

随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布分数可以书写一定pH时所

发生反应的离子方程式

同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的溶液中微粒分布分数和酸的初始浓度,就可以计算各

成分在该pH时的平衡浓度

基础测评

1.（2024•山东荷泽・模拟预测）常温下，向O.lmol/LNa2c2O4溶液中滴加稀盐酸，所得混合溶液的pOH与分

c(X)_____________

布系数5H2c2O4、HC?。；或c?。；-的变化关系如图1,POH与

C(H2C2O4)+C(HC2O；)+c(C20t)

《Hcq)<HC2O;)

P一g「H2c2O4)或g(CzO；)的变化关系如图2。

下列说法正确的是

A.N点和c点溶液中c(H+)相同，为1028moi/L

+

B.a点时,3c(HC2O；)<c(CP)+c(OH*)-c(H)

C.水的电离程度：c>d>b>a

+

D.d点时，c（H2C2O4）（c（HC2O4））C（H）>C（C2Ot）

【答案】A

++

c（HC2O4）-c（H）,,c（C2Ot）-c（H）-a

【解析】A.根据图中点M、P得到区|=，’=102,'/TU=1。，根据c

C（H2c2。4）^^HC2O4J

占得到lgC（HC20；LgC（HC&）则有…）“）—勺热”

Jlglg

-^C（H2C2O4）c（C2Ot）

C（HO；-）-C（H+）

2L313

=10-xl0-,解得c（H+）=10"8moi1、即N点，c点对应的pH=2.8,故A项正确;

C（HC2O；）

B.a点时，根据电荷守恒，有c（H+）+c（Na+）=c（Cr）+c（0H+）+c（HC20；）+2c（C2。；）根据元素质量守

恒，有c（Na+）=2c（HC2O；）+2c（C2O『）+2c（H2c2O4），两式联立，得

+

c（HC2O4）+2C（H2C204）=C（C1）+C（0H-）-c（H）,再根据a点对应pOH=11和分布系数图，得

c（HC2O；）>c（H2C2O4）,则有3c（HC2O；）>C（C「）+C（OH-）-C（H+）,故B项错误；

C.a、b两点pH相等，水的电离程度相等，因此水的电离程度：a=b>c>d>e,故C项错误;

D.d点时，lgc产*!63,则有c（HC,O；）>c（H2czOj，故D项错误；

C（H2c2O4）

故本题选A。

2.（2024・甘肃张掖•模拟预测）[工业生产中采用水解中和法处理含铜离子废水。常温下，水溶液中含铜微粒

2+

Cu>[Cu（OH）]\CU（OH）2,[CU（OH）3]\[Cu（OH）,「的分布系数随pH的变化关系如图所示。下列

照

顺

电

安

监

臬

罪

群

如

A.曲线3代表的含铜微粒是CU(OH)2

B.曲线4的最高点对应溶液的pH=l1.6

C.[。1(0肛「UCu(OH)2+2OIT的平衡常数K=1()78

D.向2moi/LCuSC)4溶液中滴加2moi/LNaOH溶液至过量，反应的离子方程式是

2+

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

【答案】D

【分析】随着pH增加，CM+分布系数逐渐减小，[Cu(OH)『、Cu(OH)2、[cu(OH)31的分布系数逐渐增力口，

然后再逐渐减小，[Cu(OH)J一分布系数逐渐增加，故曲线1为CM+,曲线2为[Cu(OH)]+,曲线3为

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

【解析】A.由分析可知，曲线3代表的含铜微粒是CU(OH)2,A正确；

B.由图可知，当Cu(OH)z、[CU(OH)31浓度相等时pH=10.7,当[Cu(OH)31、[Cu(0H)4丁浓度相等时

125107

pH=12.5,曲线4最高点对应溶液中[Cu(OH)31的浓度最高，此时pH=-+-=116)B正确；

_+107

C.Cu(0H)2+0H-[Cu(0H)3],当CU(OH)2、[。!(。见]浓度相等时，pH=10.7,c(H)=10mol/L,

332

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

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

[Cu(0H)4F浓度相等时，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,则K4==10",[CU(OH)41Cu(OH)2+2OH-,K=C

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

正确；

D.向2moi/LCuSO”溶液中滴加2mol/LNaOH溶液至过量，生成的Cu(OH)2还会继续和0匕反应生成

-2

[CU(OH)3]ff[Cu(OH)4]\D错误；

故选D。

3.(2024•陕西商洛•模拟预测)|常温下，分别取未知浓度的M0H和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。

稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是

B.水的电离程度：Z＞Y=X

C.将X点溶液与Y点溶液混合至中性时，c（A-）＜c（M+）+c（HA）

D.将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液中一定有：

c（M+）＞c（A-）＞c（HA）＞c（0H-）＞c（H+）

【答案】C

【分析】根据图中曲线MOH溶液不断稀释，碱性减弱，pH不断减小，因此Q线是MOH的稀释曲线，HA

溶液不断稀释，酸性不断减弱，pH不断增大，因此P线是HA溶液的稀释曲线。根据lgn与pH变化关系

得到MOH是强碱，HA为弱酸。

【解析】A.根据图中分析P线代表HA的稀释图像，再根据lgn与pH变化分析稀释10倍pH变化不到1

个单位，说明HA为弱酸，故A错误；

B.Y点pH=10,Z点pH=9,则Y点碱性更强，抑制水的电离能力更强，因此水电离程度更小，Z点

pH=9,X点pH=5,两者抑制水的电离能力相同，水电离程度相等，因此X、Y、Z三点溶液中水的电离程

度：Z=X＞Y,故B错误；

C.X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时，根据电荷守恒c（A-）+c（OH-）=c（M+）+c（H+）和pH=7得到

c（A-）=c（M+）,故C正确；

D.X点与Z点等体积混合溶质是MA和HA的混合溶液，且HA物质的量浓度大于MA物质的量浓度，一

般来说溶液显酸性，故D错误；

答案为C。

c（A2-）

4.（2024•黑龙江双鸭山•模拟预测）常温下，二元弱酸H2A体系中IgX［其中X表示市苜或不不］随

溶液pH变化如图所示（通过加入NaOH固体调节溶液pH且忽略溶液体积变化）。下列说法中错误的是

X

60

A.L1表示值二——随溶液pH的变化

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.水的电离程度：a>b

【答案】D

+2+

c（HA）c（H）c（Ajc（H）.60

【解析】A.根据，J\）、K*=-、/可知,当lgX=0时，a点对应K=cH+=10-叫b

7

C（H2A）c（HAj'

cfHA）

点对应K=c（H+）=10-『结合Kai大于KQ,则K「10-6.。，&=10皿，匕表示怛――（随溶液汨的变化,

A正确；

一c（A2j……

B.由选项A分析可知，L2表示1g—-----随溶液pH的变化，pH=11.2的溶液中，lgX=O,

cHA-

c（HAj=c（A2j,根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（HA）+2c（A2-）+c（0H）可得:

c（Na+）+c（H+）=2c（HAj+c（A2j+c（0Hj,B正确；

K

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

+2

c（Na）>c（HAj>c（H2A）>c（Aj,C正确;

D.盐的水解促进水的电离，弱酸电离抑制水的电离。NaHA水解大于电离，Na2A只水解。a点为等浓度

NaHA和H2A混合溶液，b点为等浓度的NaHA和Na2A混合溶液，则b点对水的电离促进作用大，即水的

电离程度：a<b,D错误；

故选D。

5.（2024・山东日照•三模）室温下，向一定浓度Na2A溶液中加入盐酸，溶液中粒子（H?A、HA「、A?-、

H+、OH-）浓度的负对数（用pc表示）与溶液pOH变化的关系如图所示。下列说法错误的是

A.M点纵坐标为2.7

B.水的电离程度：X>M>Y>N

C.随着pH减小，c（A2-）.c（H+）先增大后减小

D.N点溶液中c（Na+）<2c（A?+c（OJT）

【答案】D

【分析】POH越小，碱性越强，《A?。也会越大，因此线MX代表A?-，线XY代表HA、线MY代表

2

H2A,最后两条线分别是H+、OH-.X点时，c（HA-）=c（A）,则H2A的

cfH+VcfA2）/\K/\

2'）：c”=wio3;同理，丫点。田时，cHA-=c（H,A）,则H2A的

clHAIclOHI

"'=cH+=^^=KT,据此分析解答。

7

C（H2A）'clOH）

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

2。匚；,）

根据0（11仆）={1一），求出C（H+）=10TL3,pH=ii.3,则pOH=14-pH=2.7,故A正确；

B.XTMTY—N过程，4A?。逐渐减少，水的电离程度逐渐减小，故B正确；

C.当pH减小时，根据却不变，而HA-先增大后减小，则。。”.色+》仁4皿-）先增大后减小,

故C正确;

D.N点时，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(0IT)+c(C「)，N点时c(H+)=c(HA-),

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

故D错误；

故选D。

6.(2024•河北衡水•模拟预测)氢氧化锌的性质和氢氧化铝相似。室温下，测得溶液中pc{-lgc(zr+)或

-lgc[Zn(OH)4丁}与溶液pH的关系如下图。已知lg2=0.3,下列说法错误的是

A.a线表示-lgc(ZE+)与pH的关系

174

B.室温下，^sp[Zn(OH)2]=10--

C.室温下，向氢氧化锌的悬浊液中通入HC1气体，当pH=8时氢氧化锌开始溶解

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

【答案】C

【分析】随着pH的增大，OH-的浓度在增大，c(Zn2+)在减小，Tgc(Zn2+)在增大，贝。a为-序亿B)与溶液

pH的关系，b为Tgc[Zn(OH)4F-与溶液pH的关系，

【解析】A.根据分析可知，a线表示Tgc亿n2+)与pH的关系，A正确；

B.当溶液的pH=8.0时，c(Zn2+)=1054mol・L-i,常温下K«Zn(OH)2)=c2(OH-)c(Zn2+)=(10-6)2xi()5Jio-i7.4,

B正确；

C.室温下，Zn2+在pH=8时沉淀完全，在开始沉淀的时候，pH小于8,则向氢氧化锌的悬浊液中通入HC1

气体，沉淀立刻开始溶解的pH也小于8,C错误；

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=，当pH=14时,c[Zn(OH)]2^=0.1mol/L,则Ki=0.1,②-①得到

C2(0H)4

2+-2-K=j=券=10"，D正确;

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

故选Co

7.(2024・河南•模拟预测)常温下，向某工业废水中通入H2s使其浓度保持0.1mol〕T不变时，通过调节溶

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

S2->Ni2+>Cd?+的浓度，单位为molI-D的关系如图所示。己知：/(NiS)>Ksp(CdS),离子浓度

〈lO-mohLT时，可认为沉淀完全。下列说法正确的是

IgcA

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

5678910111213pQH

A.④为pOH与lgc(S?-)的关系曲线B.%(NiS)的数量级为10-27

C.pH=6.9时，C(H2S)=C(HS-)D.pH>8.1时，可将Ni?+、Cd?+分开沉淀

【答案】C

【分析】随着pOH的减小，H2s饱和溶液中H2s的电离平衡正向移动，c(HS)增大，c(s2)逐渐增大，则

Igc(HS-)和IgcS)随着pOH减小而增大,且pOH相同时,。(暗)大于e52-),即Igc(HS-)大于IgcS-),即

②③分别代表pOH与lgc(HS)、lgc(S，)的关系曲线；随着pOH的增大，c(sh逐渐减小，C(NF)和

c(Cd2+)逐渐增大，即lgc(Ni2+)和lgc(Cd2+)随pOH增大而增大，且卜(Nis)>%仁<15),即当c'-)相同时，

c(Ni2+)>c(Cd2+),lgc(Ni2+)>lgc(Cd2+),由此可知曲线④⑤分别代表pOH与lgc(Ni2+)、lgc(Cd2+)的关系曲线;

因为H2s浓度保持o.imoLLT不变，则①代表pOH与Ige(比S)的关系曲线。

【解析】A.根据分析知，④为pOH与lgc(Ni2+)的关系曲线，A错误；

B.由图示曲线③④交点可知,此时c(Ni2+)=c(s2-)=lC)T0-2mol/L,则有

2+220

Ksp(NiS)=c(Ni)-c(S-)=10--\数量级为10必，B错误；

C.由图示曲线②可知，pOH=12时,c(H+尸ICPmoi/L时，c(HS)=10-59mol/L,

+69

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

alV27

c(H2S)O.lmol/L

c(H2S)=c(HS-),C正确；

D.由图示曲线③⑤交点可知，此时cINiZ+Xcd-XIOTZ.amoi/L,则有

2+2256

Ksp(CdS)=c(Cd)-c(Sj=10--,由图示曲线③可知，

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

10加，则pH>8.1时,

0.lmol/L

[A)」但S)%管%2Hs)=1moi〃=­°1/L,此时

cIHI10

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

22

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

离子浓度<10-5mol.1/时，可认为沉淀完全，即PH>8・1时，出2+、CcP+都已经完全沉淀，D错误；

故选C。

8.（2024・河北・高考真题）在水溶液中，CN可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与

CN-形成配离子达平衡时，1g8随^）与-lgc（CN）的关系如图。

C（配置于）

(

琳

ffMi

制

3)

123456

-lgc(CN-)

下列说法正确的是

A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN的平衡浓度：X>Y

c（X）c（Z）

B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时>

c（X配离子）c亿配离子）

C.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

D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率

【答案】B

c（X）c（Y）1%

【解析】A.99%的X、Y转化为配离子时，溶液中c（x配离子）=c（Y配离子"，贝汁

炮~根据图像可知，纵坐标约为-2时，溶液中-lgCx（CN»-lgCY（CN-），则

溶液中CN的平衡浓度：X<Y,A错误；

B.Q点时吆c（x'3子）=怆c（Z酉11子）'即c（x3子）=c（Z酉&子）'加入少量可溶性丫盐后，会消耗C、

形成Y配离子，使得溶液中c（CN）减小（沿横坐标轴向右移动），引「X黑子）与吆c（Z歌子）曲线在Q点

相交后，随着-lgc（CN）继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即1g三、>炮"舄£、，则

c（X）、c亿）

c（X配离子）c（Z配离子）'B止帔；

C.设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子+mCN=配离子，则平衡常数

K=____c（配-子）______,C（配离子）.C（金属离子）1/\

c（金属离子）炉仁、）’gTg。（金属离子）-mlgc（）-gc（配离子）一mgc（），即

C（）

^Sf=-mlgc（CN-）-IgK,故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的CN越多，对应

1g〜-lgc（CN-）曲线斜率越大,由题图知，曲线斜率：Y>z，则由Y、Z制备等物质的量的配

离子时，消耗CN的物质的量：Z<Y,C错误；

D.由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，-lgc（CN）不变，lg增大，即。（丫）增

C（Y冏匚图二J-）

大、c（Y配离子）减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；

本题选B。

能力提升

1.（2023・湖南•高考真题）常温下，用浓度为0.0200mol〕T的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol〕T

V（标准溶液）

的HCI和CH3coOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随n（n=就耐溶液j）的变化曲线如图所示。下列

说法错误的是

A.陌(CH3coOH)约为10,6

+

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

C.点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO-)

D.水的电离程度：a<b<c<d

【答案】D

【分析】NaOH溶液和HC1、CH3coOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，

a点时NaOH溶液和HC1恰好完全反应生成NaCl和水,CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3co0H；

b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3coOH,溶质成分为NaCl、CH3coOH和CH3coONa；c点时NaOH

溶液与C