2021届高考化学人教版一轮创新教学案：第8章高考热点课6　水溶液图像题的突破方法

　水溶液图像题的突破方法命题分析：水溶液中的图像能把抽象的溶液中平衡理论形象地表述出来，借助图形可以更直观地认识到外界条件对溶液中离子平衡的影响。纵观近年高考试题，常考的题型有酸、碱稀释图像，酸、碱中和滴定图像和沉淀溶解平衡图像，通过图像分析考查外界条件改变时，对Kw、K、Ksp的影响，某离子浓度的变化，更多地是考查溶液中离子浓度的守恒和大小关系以及运用Ksp进行的计算和判断等。酸、碱稀释图像1．相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸稀释图像加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多2．相同体积、相同pH的盐酸、醋酸稀释图像加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多[解析]　由Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)可知，酸性HNO2>CH3COOH。pH相同的两种酸稀释相同倍数时，酸性强的酸pH变化大，所以曲线Ⅱ为HNO2，A错误；b、c两点处，b点酸性强，对水的电离抑制程度大，所以水的电离程度：c点>b点，B错误；从c点到d点，＝＝，Kw和Ka是两个常数，只要温度不变，比值也不变，C正确；a点pH相同，则CH3COOH的浓度大，恰好中和时消耗的NaOH多，所以溶液中n(Na＋)多，D错误。[答案]　C　pH＝12的X、Y两种碱溶液各10 mL，分别稀释至1000 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)A．若10<a<12，则X、Y都是弱碱B．X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等C．完全中和pH相同的X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)D．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强答案　A解析　若X为强碱，则10 mL pH＝12的X溶液稀释至1000 mL，pH应该为10，故若10<a<12，则X、Y均为弱碱，A正确；两种碱稀释相同倍数，pH变化不同，说明两种碱的强弱不同，则pH相同时，二者的物质的量浓度一定不同，B错误；当pH相同时，c(X)<c(Y)，所以完全中和这两种碱时，消耗相同浓度的盐酸的体积：V(X)<V(Y)，C错误；由图像数据可知，稀释后Y溶液的pH比X溶液的pH大，故Y溶液的碱性强，D错误。巧抓“5点”突破中和滴定图像题解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5点”，即曲线的起点、恰好完全反应点、中性点、反应一半点和过量一半点，先判断出各个点中的溶质及溶液的酸碱性，下面以室温时用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液为例(如图)，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：关键点离子浓度关系起点(点①)起点为HA的单一溶液，0.1 mol·L－1 HA溶液pH>1说明HA是弱酸；c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)反应一半点(点②)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－)中性点(点③)此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)恰好完全反应点(点④)此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)过量一半点(点⑤)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＋) [解析]　溶液导电能力的强弱与溶液中自由移动的离子浓度和种类有关，A正确；由图像知，a点到b点，HA－转化为A2－，b点导电能力相对于a点增强，可判断Na＋和A2－的导电能力之和大于HA－的，B正确；b点为反应终点，发生的反应为2KHA＋2NaOH===Na2A＋K2A＋2H2O。因为H2A为弱酸，所以Na2A、K2A溶液显碱性，pH＞7，C错误；c点为Na2A、K2A和NaOH的混合溶液，c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)，D正确。[答案]　C　(2019·福建六校联盟高三联考)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是(　　)A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHDB．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)答案　C解析　根据三种酸的浓度均为0.1 mol·L－1，结合滴定前三种酸溶液pH：HA<HB<HD，可判断酸性：HA>HB>HD，由于酸性越强其电离常数越大，即电离常数：KHA>KHB>KHD，A正确；由P点时中和百分数为50%，可知溶液中c(HB)＝c(NaB)，再结合此时溶液pH<7可知HB的电离程度大于B－的水解程度，结合电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(B－)，知c(B－)>c(Na＋)，B正确；NaOH滴定HA，根据电荷守恒可知，cA(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，当溶液pH＝7时，cA(Na＋)＝c(A－)，同理cB(Na＋)＝c(B－)、cD(Na＋)＝c(D－)，根据中和反应原理可知溶液呈中性时三种酸消耗的NaOH的量不同，故溶液中c(Na＋)不同，则c(A－)、c(B－)、c(D－)不同，C错误；当中和百分数达100%时，将三种溶液混合，即溶液为NaA、NaB、NaD的混合液，根据质子守恒可知c(OH－)＝c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＋c(H＋)，即c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D正确。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)以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，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。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。[解析]　选取横坐标为50 mL的点，此时向50 mL 0.0500 mol·L－1的Cl－溶液中，加入了50 mL 0.100 mol·L－1的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag＋浓度为0.025 mol·L－1(按照银离子和氯离子1∶1的比例沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍)，由图示得到此时Cl－的浓度约为1×10－8 mol·L－1(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，A正确。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，所以曲线上各点的溶液均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B正确。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50 mL 0.0500 mol·L－1的Cl－溶液改为50 mL 0.0400 mol·L－1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25 mL变为25 mL×0.8＝20 mL，而a点对应的是15 mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度逐渐减小，所以Ksp(AgCl)大于Ksp(AgBr)，将50 mL 0.0500 mol·L－1的Cl－溶液改为50 mL 0.0500 mol·L－1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按比例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，所以反应终点由点c向b方向移动，D正确。[答案]　C　(2019·广州高三调研测试)一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)A．Ksp(MnCO3)的数量级为10－11B．向MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡，c(Mg2＋) 不变C．a点表示的溶液中，c(Ca2＋)>c(CO)D．向浓度均为0.01 mol·L－1的Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MgCO3沉淀答案　D解析　根据题图可知，－lg c(CO)＝0时，10<－lg c(Mn2＋)<11，即c(CO)＝1 mol·L－1时，10－11<c(Mn2＋)<10－10，Ksp(MnCO3)＝c(Mn2＋)·c(CO)，则10－11<Ksp(MnCO3)<10－10，故Ksp(MnCO3)的数量级为10－11，A项正确；向MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡，所得溶液仍为饱和溶液，c(Mg2＋)不变，B项正确；a点表示的溶液中，－lg c(Ca2＋)<－lg c(CO)，则c(Ca2＋)>c(CO)，C项正确；－lg c(M)、－lg c(CO)越大，则c(M)、c(CO)越小，Ksp越小，根据题图，可以判断MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故向浓度均为0.01 mol·L－1的Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MnCO3沉淀，D项错误。分布分数类图像分析本类题纵坐标是溶液中存在的微粒的物质的量浓度或物质的量分数，横坐标是溶液的pH。解答本类试题时也一般分三步分析：第一步总体读图，通过观察弄清纵坐标的含义及单位，弄清各微粒浓度变化；第二步是识图，分析特殊点的图像含义，如曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等，分析曲线的变化趋势如斜率的大小及升降；第三步是分析，进行信息提取，挖掘隐含信息、排除干扰信息、提炼有用信息，在统摄信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算分析。[解析]　溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡，存在HPO的电离平衡，存在水的电离平衡等，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始(H2PO)增大，溶液的pH大约从5.50减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66以后就不变了，C错误。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H2PO占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。[答案]　D　(2019·贵州重点中学高考教学质量测评)改变0.1 mol/L二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示。借助图像分析，下列说法中错误的是(　　)A．H2A的第一步电离常数K1(H2A)＝10－1.2B．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)C．若向0.1 mol/L NaHA溶液中滴入酚酞，溶液变红D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)答案　C解析　pH＝1.2时，c(HA－)＝c(H2A)，H2A的第一步电离常数K1(H2A)＝c(H＋)＝10－1.2，A正确；根据图中信息可知，pH＝2.7时，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，根据公式δ(X)＝可知，c(X)与δ(X)成正比，故c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，B正确；根据图中信息可知，0.1 mol/L NaHA溶液pH＝2.7，溶液呈酸性，若向其中滴入酚酞，溶液无色，C错误；根据图中信息可知，pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)，此时c(H2A)≈0，则c(HA－)＝c(A2－)≈0.05 mol/L>c(H＋)＝10－4.2 mol/L，即c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)，D正确。　　建议用时：40分钟　　　满分：100分一、选择题1．(2019·长春外国语学校高三期末考试)常温下，向20 mL某浓度的硫酸中滴入0.1 mol/L氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列分析正确的是(　　)A．该硫酸的浓度为1 mol/LB．b点所示溶液中：c(NH)＝c(SO)C．V＝40D．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)答案　D解析　根据20 mL的稀H2SO4溶液中，水电离出的氢离子浓度是10－13 mol/L，根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1 mol/L，稀硫酸的浓度为0.05 mol/L，故A错误；根据电荷守恒可知c(H＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(OH－)，而溶液呈中性c(OH－)＝c(H＋)，所以c(NH)＝2c(SO)，故B错误；c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，而稀硫酸的浓度为0.05 mol/L，所以氨水的体积也是20 mL，即V＝20，故C错误；c点所示溶液是硫酸铵溶液，由质子守恒得D正确。2．常温下，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断错误的是(　　)A．a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液B．a点对应的Ksp等于c点对应的KspC．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO)一定不等于3×10－3 mol·L－1D．向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点答案　A解析　CaSO4饱和溶液中阴阳离子浓度相等，a、c两点阴阳离子浓度不相等，A错误；a、c两点温度相同，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，B正确；根据图示数据，可以看出b点Qc＝2×10－5>Ksp，所以会生成沉淀，因为c(Ca2＋)大于c(SO)，平衡后溶液中c(SO)一定小于3×10－3 mol·L－1 ，C正确；d点为不饱和状态，c(Ca2＋)较小，如加入适量CaCl2固体，c(Ca2＋)增大，此时c(SO)不变，则可以变到c点，D正确。3．(2019·湖北省鄂州市、黄冈市高三调研)已知金属离子M2＋，25 ℃时在水中存在M2＋(aq)、M(OH)＋(aq)、M(OH)2(s)、M(OH)(aq)、M(OH)(aq)五种形态，该体系中各形态的物质的量分数(α)随pH的变化关系如图，下列叙述中错误的是(　　)A．P点的pH为12，则M(OH)M(OH)2＋OH－的平衡常数为10－2B．M(OH)2完全沉淀后，增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解C．溶液pH达到14之前，沉淀M(OH)2已完全溶解D．M(NO3)2溶液显酸性，其水解的离子方程式为M2＋＋H2OM(OH)＋＋H＋答案　A解析　随着pH增大，c(OH－)增大，金属离子M2＋能结合OH－随之增多，故1为M2＋(aq)、2为M(OH)＋(aq)、3为M(OH)2(s)、4为M(OH)(aq)、5为M(OH)(aq)。平衡常数K＝，P点的pH为12，c(OH－)＝10－2，c[M(OH)]不知道，不能计算平衡常数，故A错误。由图可知，M(OH)2完全沉淀后，有一段随着pH改变，物质的量分数(α)没有发生变化，所以增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解，故B正确。由图中3可知，溶液pH达到14之前，M(OH)2物质的量分数已经为0，说明沉淀M(OH)2已完全溶解，故C正确。M(NO3)2溶液显酸性，其水解的离子方程式为M2＋＋H2OM(OH)＋＋H＋，故D正确。4.浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常温下，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<bC．相同温度下，电离常数K(HX)：a>bD．lg＝3，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，则减小答案　B解析　A项，由图像可知当lg＝0，即V＝V0时，0.1 mol/L的HX溶液和HY溶液的pH分别为2到3之间和1，所以HX是弱酸、HY是强酸，错误；B项，酸抑制水的电离，所以酸性越弱、水的电离程度越大，即pH越大，水电离出的c(H＋)·c(OH－)越大，由图像可知，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，正确；C项，温度相同，则电离常数相同，错误；D项，微热促进HX的电离，所以增大，错误。5．(2019·河南南阳市高三期末质量评估)常温下，向20.00 mL 0.1 mol·L－1 KOH溶液中滴加0.1 mol·L－1 HA(弱酸)溶液，混合溶液中水电离出的c(OH－)与HA溶液体积之间的关系如图1所示：向20.00 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中滴加0.1 mol·L－1 KOH溶液，混合溶液中水电离出的c(OH－)与KOH溶液体积之间的关系如图2所示。下列有关说法正确的是(　　)A．A点、X点对应溶液中水的电离程度相同B．B点、Y点对应溶液的pH相等C．C点、Z点对应溶液中都存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)D．D点、W点对应溶液中分别都存在：c(K＋)＝c(A－)答案　C解析　图1中A点是0.1 mol·L－1 KOH溶液，图2中X点是0.1 mol·L－1 HA溶液，因为HA是弱酸，故0.1 mol·L－1 HA溶液中c(H＋)小于0.1 mol·L－1 KOH溶液中c(OH－)，因此0.1 mol·L－1 HA溶液对水电离的抑制作用小于0.1 mol·L－1 KOH溶液对水电离的抑制作用，所以两溶液中水的电离程度不相同，A错误；KA因水解促进水的电离且水解呈碱性。常温下c水(OH－)＝c水(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，恰好是纯水中水电离出来的OH－浓度。对于B点溶液中c水(OH－)＝10－7 mol·L－1，此时KOH对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，溶质是KOH和KA，溶液呈碱性；对于Y点溶液中c水(OH－)＝10－7 mol·L－1，此时HA对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，溶质是HA和KA，溶液呈中性。所以B点、Y点对应溶液的pH不相等，B错误；C(或Z)点时KOH与HA恰好完全反应，此时KA对水电离的促进作用最大，C(或Z)点溶液中溶质都是KA，由KA溶液中质子守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，C正确；D点对应的溶液中溶质是HA和KA，溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，且有电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，则有c(K＋)＝c(A－)；W点对应的溶液中溶质是KOH和KA，溶液显碱性，c(H＋)<c(OH－)，且有电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，则有c(K＋)>c(A－)，D错误。6．(2019·西安五校高三联考)电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下，用0.100 mol·L－1盐酸滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是(　　)A．曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线B．a点溶液中：c[(CH3)2NH]>c[(CH3)2NH·H2O]C．d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]D．b、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点答案　C解析　二甲胺是弱电解质，因此浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液相比，二甲胺溶液中离子浓度小，故起始时二甲胺溶液电导率小，故曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线，A项错误；曲线①表示滴定NaOH溶液的曲线，a点在曲线①上，a点溶液中不含(CH3)2NH和(CH3)2NH·H2O，B项错误；d点二甲胺和盐酸恰好完全反应，得到(CH3)2NH2Cl溶液，根据电荷守恒可知，c(H＋)＋c[(CH3)2NH]＝c(OH－)＋c(Cl－)，根据物料守恒可知，c(Cl－)＝c[(CH3)2NH]＋c[(CH3)2NH·H2O]，消去c(Cl－)，可得c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，C项正确；b点溶液中的溶质是等物质的量的二甲胺、(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH的水解平衡常数Kh＝＝＝6.25×10－11<1.6×10－4，即(CH3)2NH的水解程度小于二甲胺的电离程度，b点溶液呈碱性，水的电离受到抑制，c点NaOH与HCl恰好完全反应，溶质为NaCl，水的电离既不受到促进也不受到抑制，e点溶液中溶质为等物质的量的HCl和(CH3)2NH2Cl，水的电离受到抑制，因此水的电离程度最大的是c点，D项错误。7.常温下用0.1000 mol/L的盐酸分别逐滴加入到20.00 mL 0.1000 mol/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)A．XOH为强碱，MOH、YOH均为弱碱B．V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOHC．V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液中水的电离程度：XOH>MOH>YOHD．V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)答案　C解析　根据图示信息，在未滴加盐酸时，XOH的pH为13，为强碱，MOH、YOH的pH小于13，均为弱碱，A正确；V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中分别为XCl、XOH，MCl、MOH，YCl、YOH的混合物，因为碱性：XOH>MOH>YOH，故三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOH，B正确；V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液分别恰好是XCl、MCl、YCl溶液，水的电离程度为YOH>MOH>XOH，C错误；V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中应为YCl、HCl的混合物，溶液中的电荷守恒为c(H＋)＋c(Y＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒为2[c(Y＋)＋c(YOH)]＝c(Cl－)，将电荷守恒和物料守恒两式联立得：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)，D正确。8．(2019·昆明市高三复习诊断测试理科综合能力测试)常温下，用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L－1的H2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是(　　)A．水的电离程度：C>BB．向A点溶液中加少量的水：保持不变C．C点：c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)D．D点：2c(Na＋)＝c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)答案　D解析　C点加入10 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，发生反应NaOH＋H2A===NaHA＋H2O，溶质为NaHA，溶液pH略大于7，说明HA－的水解程度大于电离程度，促进水的电离，B点为中性溶液，故水的电离程度：C>B，故A正确；若A点溶液中加入少量水，促进弱酸的电离，H2AH＋＋HA－，Ka1＝，＝＝＝，温度不变，Ka1和Kw都不变，故B正确；C点溶液的pH>7，为碱性溶液，故c(H＋)<c(OH－)，由电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，则c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)，故C正确；D点为Na2A溶液，根据物料守恒得c(Na＋)＝2[c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)]，故D错误。9．(2019·湖南名校高三大联考)25 ℃时，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－lg 和－lg c(HC2O)[或－lg 和－lg c(C2O)]的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A．曲线N表示－lg 和－lg c(HC2O)的关系B．Ka1(H2C2O4)的数量级为10－1C．向NaHC2O4溶液中加少量NaOH到c(HC2O)和c(C2O)相等，此时溶液pH约为5D．在NaHC2O4溶液中c(Na＋)>c(HC2O)>c(H2C2O4)>c(C2O)答案　C解析　H2C2O4是二元弱酸，在溶液中发生两步电离，即H2C2O4HC2O＋H＋、HC2OC2O＋H＋，则Ka1＝、Ka2＝，则－lg Ka1＝－lg ＝－[lg ＋lg c(HC2O)]、－lg Ka2＝－lg ＝－[lg ＋lg c(C2O)]，由Ka1>Ka2可知，－lg Ka1<－lg Ka2，即－[lg ＋lg c(HC2O)]<－[lg ＋lg c(C2O)]，故曲线M表示－lg 和－lg c(HC2O)的关系，A错误；由曲线M上的点(1,1)可知－lg Ka1＝－[lg ＋lg c(HC2O)]＝1＋1＝2，则Ka1＝10－2，同理可求出Ka2＝10－5，则Ka1(H2C2O4)的数量级为10－2，B错误；向NaHC2O4溶液中加入少量NaOH至c(HC2O) 和c(C2O)相等，则Ka2＝＝c(H＋)＝10－5，即此时溶液pH＝5，C正确；由上述分析可求出HC2O发生水解反应的平衡常数Kh＝＝10－12，则Ka2>Kh，即HC2O的电离能力大于水解能力，则在NaHC2O4溶液中：c(Na＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)，D错误。二、非选择题10．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/(mol·L－1)]如图所示。(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是______。(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH________(填字母)。A．>1  B．4左右 C．<6(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是__________________________________。(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式：______________________________________________。(5)已知一些难溶物的溶度积常数如表所示：物质FeS MnSCuSKsp6.3×10－182.5×10－131.3×10－35物质PbSHgSZnSKsp3.4×10－286.4×10－331.6×10－24为除去某工业废水中含有的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的________。A．NaOH  B．FeS C．Na2S答案　(1)Cu2＋　(2)B　(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小　(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O　(5)B解析　(1)由图可知，在pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是Cu2＋，不会出现Cu(OH)2沉淀。(2)要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。(3)从图示关系可看出，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，不能通过调节溶液pH而达到分离的目的。(4)Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入氨水后生成难电离的[Cu(NH3)4]2＋，促进Cu(OH)2的溶解。(5)要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使三种杂质离子转化为更难溶解的金属硫化物沉淀。