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第67讲　电解质溶液中粒子平衡图像
复习要求　1.能正确识别图像，能从图像中找到曲线代表的物质、趋势、关键点；2.利用溶液中的平衡关系，学会分析不同类型图像中各粒子浓度之间的关系。
考点一　中和滴定过程中pH变化曲线
【知识梳理】
1.抓住滴定曲线中的5个关键点——模型构建
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、反应一半点、中性点、恰好反应点和过量点，判断出各点中的溶质及溶液的酸碱性。以室温时用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液为例(如图)，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点。
2.读图解题要领
【知能通关】
1.(2024·广西卷)常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液:
Ⅰ.20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L－1 HCl和CH3COOH溶液
Ⅱ.20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L HCl和NH4Cl溶液两种混合溶液的滴定曲线如图。
已知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，下列说法正确的是(　　)
A.Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B.a点水电离出的c(OH－)数量级为10－8
C.V(NaOH)＝30.00 mL时，Ⅱ中c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(N)
D.pH＝7 时，Ⅰ中c(CH3COO－)、c(CH3COOH)之和小于Ⅱ中c(NH3·H2O)、c(N)之和
答案　D
解析　溶液中加入40 mL氢氧化钠溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，根据Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故Ⅰ对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N，A错误；a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的c(H＋)＝c(OH－)，数量级接近10－6，B错误；当V(NaOH)＝30.00 mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解平衡常数Kh＝＝5.6×10－10<1.8×10－5，即N水解程度小于一水合氨的电离程度，所以c(N)>c(NH3·H2O)，又由元素守恒c(Cl－)＝2c(N)＋2c(NH3·H2O)，即c(Cl－)>c(N)，故c(Cl－)>c(N)>c(NH3·H2O)，C错误:根据元素守恒，n(CH3COO－)、n(CH3COOH)之和等于n(NH3·H2O)、n(N)之和，根据图像，pH＝7时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中c(CH3COO－)、c(CH3COOH)之和小于Ⅱ中c(NH3·H2O)、c(N)之和，D正确。
2.(2023·湖南卷)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1 的NaOH标准溶液滴定浓度均为 0.020 0 mol·L－1 的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.Ka(CH3COOH)约为10－4.76
B.点a:c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C.点b:c(CH3COOH)D.水的电离程度:a答案　D
解析　NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，可认为先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为等物质的量的NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa，且物质的量之比为2∶1∶1；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为等物质的量的NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。A.由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.010 0 mol·L－1，c(H＋)＝10－3.38 mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝≈＝10－4.76，故A正确；B.a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素守恒关系c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故B正确；C.b点溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)d，故D错误。
3.(2022·河北卷)某水样中含一定浓度的C、HC和其他不与酸碱反应的离子。取10.00 mL水样，用0.010 00 mol·L－1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是(　　)
A.该水样中c(C)＝0.01 mol·L－1
B.a点处c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)
C.当V(HCl)≤20.00 mL时，溶液中c(HC)基本保持不变
D.曲线上任意一点存在c(C)＋c(HC)＋c(H2CO3)＝0.03 mol·L－1
答案　C
解析　向C和HC的混合溶液中加入盐酸时，先后发生反应:C＋H＋===HC、HC＋H＋===H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸。由图知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃即a点时，HCl溶液的体积为20.00 mL，由离子方程式C＋H＋===HC可知，水样中c(C)＝ ＝0.02 mol·L－1，A错误；a点可看成HC的溶液，由质子守恒可得c(H2CO3)＋c(H＋)＝ c(C)＋c(OH－)，B错误；溶液pH第二次发生突跃时，2n原(C)＋n原(HC)＝n(HCl)，2×0.02 mol·L－1× 0.010 00 L＋c原(HC)×0.010 00 L＝0.010 00 mol·L－1×0.050 00 L，得c原(HC)＝0.010 00 mol·L－1；当V(HCl) ≤20.00 mL时，只发生反应:C＋H＋===HC，n生成(HC)＝n消耗(HCl)，滴定时，c(HC)＝＝
＝0.01 mol·L－1，故溶液中HC浓度不变，C正确；由分析知，水样中C和HC浓度之和为0.03 mol·L－1，由元素守恒知，水样中c(C)＋c(HC)＋c(H2CO3)＝0.03 mol·L－1，但滴定加入盐酸会使溶液体积增大，甚至CO2会逸出，溶液中c(C)＋c(HC)＋c(H2CO3)<0.03 mol·L－1，D错误。
考点二　粒子分布系数曲线
【知识梳理】
1.认识分布曲线
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数 δ0为H2C2O4分布系数，δ1为HC2分布系数、δ2为C2分布系数
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。根据分布系数可以书写一定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的微粒分布系数和酸的分布浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度。
2.读图解题要领
(1)读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势(以上图中H2C2O4为例)随pH增大，δ只减不增的为H2C2O4曲线，δ先增后减的为HC2曲线，δ只增不减的为C2曲线。
(2)“用交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数K:
①图中①点:c(HC2)＝c(H2C2O4)，其pH为pH1，(H2C2O4)＝＝1。
②同理图中②点:c(HC2)＝c(C2)，对应pH为pH2，＝1。
③图中③点，c(H2C2O4)＝c(C2)，此时c(HC2)最大，其溶液pH为pH3，则pH3＝。
推理过程如下:
H2C2O4H＋＋HC2，HC2H＋＋C2·，由于交点③时，c(H2C2O4)＝c(C2)，c2(H＋)＝·＝1·1，两边取负对数，即可得，pH3＝。
【知能通关】
1.(2024·新课标卷)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如:δ(CH2ClCOO－)＝]
下列叙述正确的是(　　)
A.曲线M表示δ(CHCl2COO－)－pH的变化关系
B.若酸的初始浓度为0.10 mol·L－1，则a点对应的溶液中有c(H＋)＝c(CHCl2COO－)＋c(OH－)
C.CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10－1.3
D.pH＝2.08时，
答案　D
解析　—Cl为吸电子基，则CH2ClCOOH的酸性弱于CHCl2COOH，故Ka(CH2ClCOOH)c(CHCl2COO－)＋c(OH－)，B错误；Ka(CH2ClCOOH)＝，当c(CH2ClCOOH)＝c(CH2ClCOO－)时，Ka(CH2ClCOOH)＝c(H＋)≈10－2.8，同理，Ka(CHCl2COOH)＝10－1.3，C错误；，pH＝2.08时，δ(CH2ClCOO－)＝0.15，δ(CHCl2COO－)＝0.85，故，D正确。
2.(2025·山东卷改编)常温下，假设1 L水溶液中Co2＋和C2初始物质的量浓度均为0.01 mol·L－1。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知:体系中含钴物种的存在形式为Co2＋、CoC2O4(s)和 Co(OH)2(s)；Ksp(CoC2O4)＝6.0×10－8，Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15。下列说法正确的是(　　)
A.甲线所示物种为HC2
B.H2C2O4的电离平衡常数＝10－a
C.pH＝a时，Co2＋物质的量浓度为1.6×10－3 mol·L－1
D.pH＝b时，物质的量浓度:c(OH－)>c(C2)
答案　C
解析　根据题干数据，体系中Co元素共0.01 mol，由元素守恒可得:n(Co2＋)＋n[Co(OH)2]＋n(CoC2O4)＝0.01 mol；四种含碳物种的总物质的量为0.01 mol:n(C2)＋n(HC2)＋n(H2C2O4)＋n(CoC2O4)＝0.01 mol。初始状态下，Q(CoC2O4)＝c(Co2＋)·c(C2)＝0.01×0.01＝10－4>Ksp(CoC2O4)，因此初始体系中会有CoC2O4沉淀产生，pH减小时会发生反应CoC2O4＋H＋===Co2＋＋HC2、CoC2O4＋2H＋===Co2＋＋H2C2O4而使CoC2O4溶解，pH升高时会发生反应CoC2O4＋2OH－Co(OH)2＋C2，K＝≈107>105，CoC2O4也会减少，故CoC2O4的摩尔分数会随pH的升高呈现先增大后减小的趋势，因此曲线甲表示CoC2O4；pH足够大时CoC2O4转化为Co(OH)2而释放C2，因此曲线丁表示C2；由CoC2O4生成H2C2O4比生成HC2消耗的H＋多，H2C2O4浓度受H＋影响更大，因此剩余两条曲线中，随pH变化幅度较大的曲线乙表示H2C2O4，曲线丙表示HC2。pH＝a时，H2C2O4与HC2的摩尔分数均为0.08，C2的摩尔分数几乎为0，则CoC2O4的摩尔分数为1－2×0.08＝0.84，物质的量为0.01 mol×0.84＝0.008 4 mol，pH＝a时，没有Co(OH)2生成，因此剩余的Co元素均以Co2＋形式存在，n(Co2＋)＝0.01 mol－0.008 4 mol＝1.6×10－3 mol，则c(Co2＋)＝＝1.6×10－3 mol·L－1，C正确；pH＝b时，C2和CoC2O4的摩尔分数均为0.50，则n(C2)＝n(CoC2O4)＝0.01 mol×0.50＝5×10－3 mol，c(C2)＝＝5×10－3 mol·L－1，此时部分CoC2O4转变为Co(OH)2，溶液中存在平衡CoC2O4＋2OH－Co(OH)2＋C2　K＝≈107，解得c(OH－)≈×10－5 mol·L－1 考点三　粒子浓度比值的对数图像
【知识梳理】
1.图像含义
将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取常用对数，即lg c(A)或lg 得到的粒子浓度对数图像。
2.破解对数图像的数据
(1)运算法则:lg ab＝lg a＋lg b、lg ＝lg a－lg b、lg 1＝0。
(2)运算突破点:如lg ＝0的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0的点有c(D)＝1 mol·L－1。
3.破解对数图像的步骤
(1)识图像:观察横坐标、纵坐标的含义，看清每条曲线代表的粒子种类以及曲线的变化趋势，计算电离常数时应利用两种粒子浓度相等的点，如lg ＝0。
(2)找联系:根据图像中的坐标含义和曲线的交点，分析所给电解质的电离平衡常数或pH与纵、横坐标之间的联系。
(3)想原理:涉及电离平衡常数，写出平衡常数表达式，在识图像、想原理的基础上，将图像与原理结合起来思考。
(4)用公式:运用对数计算公式分析。
【知能通关】
1.(2025·湖南卷)草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究草酸的性质:
实验1:向10 mL 0.2 mol·L－1 H2C2O4溶液中滴入一定量0.2 mol·L－1 KOH溶液。混合溶液的pH与lgX[X＝或]的关系如图所示。
实验2:向10 mL 0.2 mol·L－1 H2C2O4溶液中加入10 mL 0.2 mol·L－1 BaCl2溶液。
已知:25 ℃时，Ksp(BaC2O4)＝10－7.6。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是(　　)
A.实验1，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2)时，pH＝2.5
B.实验1，当溶液呈中性时:c(C2)>c(HC2)>c(H2C2O4)
C.实验2，溶液中有沉淀生成
D.实验2，溶液中存在:2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HC2)＋2c(C2)
答案　D
解析　lg X＝0时，＝1，＝1，则＝c(H＋)，＝c(H＋)，由于>，结合图像可知＝10－1.2，＝10－3.8。实验1，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2)时，根据·×＝10－1.2×10－3.8＝10－5，c(H＋)＝＝10－2.5 mol·L－1，pH＝2.5，A项正确；实验1，当溶液呈中性时，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，＝103.2>1，则c(C2)>c(HC2)，同理，＝105.8>1，则c(HC2)>c(H2C2O4)，故c(C2)>c(HC2)>c(H2C2O4)，B项正确；实验2中，两溶液混合后为物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的H2C2O4和BaCl2的混合溶液，草酸主要发生第一步电离，c(H＋)≈c(HC2)，根据，则c(C2)＝10－3.8 mol·L－1，c(Ba2＋) ×c(C2)＝10－3.8×0.1＝10－4.8>Ksp(BaC2O4)，故溶液中有沉淀生成，C项正确；实验2，根据电荷守恒，有2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HC2)＋2c(C2)，D项错误。
2.(2024·河北卷)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，lg与－lg c(CN－)的关系如图。
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
B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时>
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YD.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
解析　设X、Y、Z与CN－形成的配离子化学式分别为X(CN)x、Y(CN)y、Z(CN)z，以X为例，存在解离平衡X(CN)xX＋xCN－，其平衡常数KX＝，两边同时取对数并整理得lg＝x·[－lg c(CN－)]＋lg KX，则X对应的图像为斜率为x的直线，同理，Y对应的图像为斜率为y的直线，Z对应的图像为斜率为z的直线。设X的初始浓度为a，99%的X转化成配离子时，c(X)＝0.01a，c[X(CN)x]＝0.99a，lg＝lg≈－2，同理，lg≈－2，在图像中找到X、Y两直线纵坐标值为－2对应的横坐标的值，X的横坐标数值更大，由于横坐标是－lg c(CN－)，则X对应的c(CN－)更小，A错误；向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，Y会消耗溶液中的CN－，新平衡下c(CN－)会变小，－lg c(CN－)就会变大，则此时X、Z对应的点会沿着相应直线向右移动，结合图像可知，移动后，lg>lg，则>，B正确；根据上述分析知，x>y>z，因此由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，C错误；直线上的点代表平衡状态，P点在Y对应直线的下方，在－lg c(CN－)不变，即c(CN－)不变的情况下，P点的lg相比平衡时偏小，即偏小，则此时QY＝3.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A.(H2X)的数量级为10－6
B.曲线N表示pH与lg的变化关系
C.NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D.当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)
答案　D
解析　横坐标取0时，曲线M对应pH约为5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴定H2X溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX－)＝c(H2X)，所以曲线N表示pH与lg的变化关系，B正确；＝1时，即lg＝0，pH＝5.4，c(H＋)＝1×10－5.4 mol·L－1，≈1×10－5.4，A正确；≈10－4.4，则＝10－9.6<＝10－5.4，所以NaHX电离程度大于水解程度，NaHX溶液呈酸性，C正确；当溶液呈中性时，由曲线M可知lg>0，>1，即c(X2－)>c(HX－)，D错误。
我的收获
知识建构 感悟笔记
1.方法规律:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 2.盲点误区:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　
分层训练　提升考能
基础落实
1.已知常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中滴入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，所得滴定曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.HA为一元弱酸，其电离平衡常数的数量级为10－5
B.b点溶液中:c(A－)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(HA)
C.c点溶液中:c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)
D.若d点溶液的pH＝8.4，则水电离出的c(H＋)＝10－8.4 mol·L－1
答案　A
解析　a点的pH＝3，则c(H＋)＝c(A－)＝10－3 mol·L－1，而此时HA溶液浓度是0.1 mol·L－1，c(H＋)2.某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.该酸－lg Ka≈4.7
B.NaA的水解平衡常数Kh＝
C.当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)D.某c(HA)∶c(A－)＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4
答案　B
解析　A.根据图像可知，c(HA)＝c(A－)时，pH＝4.7，即c(H＋)＝10－4.7 mol·L－1。该酸Ka＝＝c(H＋)＝10－4.7 mol·L－1，故－lg Ka≈4.7，A说法正确；B.NaA的水解平衡常数Kh＝，B说法错误；C.根据图像可知，当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)3.丙酮酸(CH3COCOOH)是一元弱酸。298 K时，向20 mL 0.1 mol·L－1丙酮酸溶液中滴加pH＝13的NaOH溶液，溶液中lg 与pH的关系曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.298 K时，CH3COCOOH的电离常数的数量级为10－3
B.E点溶液中，a＝2
C.G点对应的NaOH溶液的体积为20 mL
D.E、F、G三点对应的溶液中水的电离程度:E答案　C
解析　F点lg ＝0，则c(CH3COCOO－)＝c(CH3COCOOH)，此时溶液pH＝2.5，即c(H＋)＝10－2.5 mol·L－1，所以Ka＝＝10－2.5，298 K时，CH3COCOOH的电离常数的数量级为10－3，A正确；E点溶液中，lg ＝－0.5，＝10－0.5，Ka＝
＝10－2.5，c(H＋)＝10－2 mol·L－1，pH＝a＝2，B正确；G点对应的NaOH溶液的体积如果为20 mL，则刚好完全反应，溶质为CH3COCOONa，溶液应呈碱性，但G点pH＝4.5，呈酸性，C错误；E、F、G三点随NaOH的加入，CH3COCOONa的浓度越来越大，CH3COCOONa水解促进水的电离，对应的溶液中水的电离程度:E4.(2022·辽宁卷)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一。在25 ℃时，NCH2COOH、NCH2COO－和NH2CH2COO－的分布分数[如δ(A2－)＝]与溶液pH关系如图。下列说法错误的是(　　)
A.甘氨酸具有两性
B.曲线c代表NH2CH2COO－
C.NCH2COO－＋H2ONCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝10－11.65
D.c2(NCH2COO－)答案　D
解析　NH2CH2COOH中存在—NH2和—COOH，所以甘氨酸既有酸性又有碱性，故A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NCH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NCH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；NCH2COO－＋H2ONCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝。25 ℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH＝2.35时，c(NCH2COO－)＝c(NCH2COOH)，则K＝＝10－11.65，故C正确；由C项分析可知，，根据b、c曲线交点坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NCH2COO－NH2CH2COO－＋H＋的电离常数K1＝10－9.78，，则×＝×<1，即c2(NCH2COO－)>c(NCH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，故D错误。
5.25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与lg X的变化关系如图所示。已知:lg X＝lg 或lg ，下列叙述正确的是(　　)
A.曲线m表示pH与lg 的变化关系
B.当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HC)＋2c(C)
C.(H2CO3)的数量级为10－6
D.滴加过程中，保持不变
答案　D
解析　对图像进行以下分析:(H2CO3)＝(H2CO3)＝ K＝c(H＋)·X，M点pH＝9.3、lg X＝－1，X＝10－1，则K＝10－10.3；N点pH＝7.4，lg X＝1，X＝10，则K＝10－6.4；二元弱酸的 ，则曲线m表示lg 与溶液pH的变化关系，曲线n代表lg 与溶液pH的变化关系，A项错误；当溶液显中性时，根据电荷守恒:c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC)＋2c(C)＋c(OH－)＋c(Cl－)，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)>c(HC)＋2c(C)，B项错误；根据A项分析知(H2CO3)＝10－6.4，数量级为10－7，C项错误；＝
×(H2CO3)·(H2CO3)，温度不变，(H2CO3)、(H2CO3)不变，故滴加过程中，保持不变，D项正确。
6.(2025·四川巴中二模)常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入NaOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与－lg X[X为c(H2C2O4)、c(C2)、]变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.曲线M表示－lg c(H2C2O4)随pH的变化
B.a点溶液中:c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2)＋c(H2C2O4)＋c(OH－)
C.从a点至b点溶液中水的电离程度逐渐增大
D.常温下，H2C2O4的的数量级为10－5
答案　B
解析　向一定浓度H2C2O4溶液中加入NaOH固体，发生H2C2O4＋NaOH===NaHC2O4＋H2O、NaHC2O4＋NaOH===Na2C2O4＋H2O，随着NaOH固体增加，c(H2C2O4)减小，－lg c(H2C2O4)增大，c(HC2)先增大后减小，－lg c(HC2)先减小后增大，c(C2)增大，－lg c(C2)减小；，推出－lg ＝－lg －pH，根据图像可知，M曲线表示－lg c(H2C2O4)，N曲线表示－lg c(C2)，L表示－lg ，据此分析；A.根据上述分析，M曲线表示－lg c(H2C2O4)，故A说法正确；B.溶液中电荷守恒应为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2)＋2c(C2)＋c(OH－)，根据a点可知，c(H2C2O4)＝c(C2)，即c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2)＋2c(H2C2O4)＋c(OH－)，故B说法错误；C.根据图像可知，b点对应pH为4.3，此时＝1，c(HC2)＝c(C2)，因此a到b点pH增大，H＋浓度减小，H＋对水的电离抑制减弱，水的电离程度逐渐增大，故C说法正确；D.对于Ka＝，推出－lg ＝－lg Ka－pH，将(4.3，0)代入表达式，得出≈10－4.3，数量级为10－5，故D说法正确。
能力提升
7.(2025·湖南常德二模)25 ℃时，向20.00 mL 0.1 mol·L－1 H2R溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，测得pH与V(NaOH)、lg X[X＝或]的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.c(HR－)＝c(R2－)时，V(NaOH)<20 mL
B.2HR－H2R＋R2－的平衡常数K＝105.3
C.M点溶液中:c(R2－)D.N点溶液中:c(OH－)>2c(H2R)＋c(HR－)
答案　D
解析　H2R的电离平衡常数，且>，当pH＝0时，c(H＋) ＝1 mol·L－1，＝10－1.4、＝10－6.7，图中M点溶质为NaHR，N点溶液中溶质为Na2R。滴定过程中溶液中存在的电荷守恒关系为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HR－)＋2c(R2－)，据此分析解答。A.由上述分析可知:当c(HR－)＝c(R2－)时，×c(H＋)＝10－6.7，c(H＋)＝10－6.7 mol·L－1，pH＝6.7，此时溶液中加入NaOH溶液的体积V(NaOH)>20 mL，A错误；B.由上述分析可知:×c(H＋)＝10－1.4，×c(H＋)＝10－6.7，H2R＋R2－2HR－的化学平衡常数K＝＝105.3，则2HR－H2R＋R2－的平衡常数K＝10－5.3，B错误；C.M点为V＝20 mL时，H2R与NaOH恰好生成NaHR，溶液中溶质为NaHR，＝10－1.4，＝10－6.7，HR－的水解平衡常数Kh＝＝10－12.6<，说明HR－的电离作用大于其水解作用，以电离为主，故溶液中c(R2－)>c(H2R)，但盐电离产生的离子的水解作用及电离作用都是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度关系为c(H2R)2c(H2R)＋c(HR－)，D正确。
8.(2024·山东卷)常温下Ag(Ⅰ)－CH3COOH水溶液体系中存在反应:Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg(aq)，平衡常数为K。已知初始浓度c0(Ag＋)＝c0(CH3COOH)＝0.08 mol·L－1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是(　　)
A.线 Ⅱ 表示CH3COOH的变化情况
B.CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10－n
C.pH＝n时，c(Ag＋)＝mol·L－1
D.pH＝10时，c(Ag＋)＋c(CH3COOAg)＝0.08 mol·L－1
答案　C
解析　在溶液中存在平衡:CH3COOHCH3COO－＋H＋(①)、Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg(aq)(②)，Ag＋的水解平衡Ag＋＋H2OAgOH＋H＋(③)，随着pH的增大，c(H＋)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag＋)减小，pH较小时(约小于7.8)CH3COO－浓度增大的影响大于Ag＋浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时(约大于7.8)CH3COO－浓度增大的影响小于Ag＋浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线 Ⅰ 表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线 Ⅱ 表示CH3COO－的摩尔分数随pH变化的关系，线 Ⅲ 表示CH3COOAg随pH变化的关系。A.根据分析，线 Ⅱ 表示CH3COO－的变化情况，A项错误；B.由图可知，当c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)相等时(即线 Ⅰ 和线 Ⅱ 的交点)，溶液的pH＝m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka＝＝10－m，B项错误；C.pH＝n时＝10－m，c(CH3COO－)＝10n－mc(CH3COOH)，Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg(aq)的K＝，c(Ag＋)＝，由图可知pH＝n时，c(CH3COOH)＝c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag＋)＝ mol·L－1，C项正确；D.根据元素守恒，pH＝10时溶液中c(Ag＋)＋c(CH3COOAg)＋c(AgOH)＝0.08 mol·L－1，D项错误。
9.磷的含氧酸具有重要的性质和应用。
(1)H3PO3是二元弱酸，某温度下，0.10 mol·L－1的H3PO3溶液pH＝1.6，即溶液中c(H＋)＝2.5×10－2 mol·L－1。求该温度下(H3PO3)＝________。(H3PO3的第二步电离忽略不计，结果用科学记数法表示，保留两位有效数字)
(2)H3PO4是三元中强酸，25 ℃时，H3PO4与NaOH溶液反应，反应混合物中含磷各微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示:
①Na2HPO4溶液显碱性，原因是______________________________________________，
若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是_______________
________________(用离子方程式表示)。
②pH＝1时，溶液中的c(HP)＝10－7.3 mol·L－1，则c(P)＝________ mol·L－1。
③pH＝7.2时，溶液中由水电离出的c(H＋)________ mol·L－1。
④已知:(H2CO3)＝10－6.3、(H2CO3)＝10－10.3，写出足量碳酸钠与H3PO4反应的化学方程式:_______________________________。
⑤以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，写出发生主要反应的离子方程式:_______________________________。
⑥pH＝12.3时，溶液中的电荷守恒关系为________。
答案　(1)8.33×10－3　(2)①Na2HPO4溶液中HP既存在水解也存在电离，其电离常数为(H3PO4)＝10－12.3，其水解常数Kh＝＝10－6.8>(H3PO4)，则HP水解程度大于其电离程度，c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性　3Ca2＋＋2HP===Ca3(PO4)2↓＋2H＋
②10－18.6　③10－6.8
④H3PO4＋2Na2CO3===Na2HPO4＋2NaHCO3
⑤H2P＋OH－===HP＋H2O　⑥c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋5c(HP)或c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋5c(P)
解析　(1)H3PO3发生一级电离:H3PO3H＋＋H2P，忽略其二级电离，则c(H＋)≈c(H2P)，(H3PO3)＝≈≈8.33×10－3；(2)①结合图中数据，利用交点数据可得H3PO4的各级电离常数:(H3PO4)＝10－2.1，(H3PO4)＝10－7.2，(H3PO4)＝10－12.3，Na2HPO4溶液中HP既存在水解也存在电离，其电离常数为(H3PO4)＝10－12.3，其水解常数Kh＝＝10－6.8>(H3PO4)，则HP水解程度大于其电离程度，c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性；若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，因发生反应:3Ca2＋＋2HP===Ca3(PO4)2↓＋2H＋，增大了溶液中氢离子浓度，使得溶液呈酸性；
②(H3PO4)＝＝10－12.3，pH＝1时，溶液中的c(HP)＝10－7.3 mol·L－1，则c(P)＝＝10－18.6 mol·L－1；③pH＝7.2时，c(H＋)＝10－7.2 mol·L－1，c(OH－)＝＝10－6.8 mol·L－1，此时溶液中c(H2P)＝c(HP)，c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性，说明以水解为主，促进水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c(H＋)＝10－6.8 mol·L－1；④结合电离常数可知酸性:H3PO4>H2CO3>H2P>HC>HP，则依据强酸制弱酸原理，足量碳酸钠与H3PO4反应的化学方程式:H3PO4＋2Na2CO3===Na2HPO4＋2NaHCO3；⑤以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，溶液呈碱性，且pH大于8.2，结合图像可知此时溶液中主要微粒为HP，该过程中HP逐渐增加，H2P逐渐减小，则主要离子反应为H2P＋OH－===HP＋H2O；⑥pH＝12.3时，溶液中c(HP)＝c(P)，此时c(H2P)为0，溶液中的电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(P)＋2c(HP)＝c(OH－)＋5c(P)或c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋5c(HP)。(共75张PPT)
大单元五　化学反应原理
第三单元　水溶液中的离子反应与平衡
第67讲　电解质溶液中粒子平衡图像
1.能正确识别图像，能从图像中找到曲线代表的物质、趋势、关键点；2.利用溶液中的平衡关系，学会分析不同类型图像中各粒子浓度之间的关系。
复习要求
考点一　中和滴定过程中pH变化曲线
考点二　粒子分布系数曲线
目
录
CONTENTS
分层训练　提升考能
考点三　粒子浓度比值的对数图像
考点一
中和滴定过程中pH变化曲线
知识梳理
知能通关
1.抓住滴定曲线中的5个关键点——模型构建
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、反应一半点、中性点、恰好反应点和过量点，判断出各点中的溶质及溶液的酸碱性。以室温时用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液为例(如图)，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点。
2.读图解题要领
1.(2024·广西卷)常温下，用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液:
Ⅰ.20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1 HCl和CH3COOH溶液
Ⅱ.20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L HCl和NH4Cl溶液两种混合溶液的滴定曲线如图。
已知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5，下列说法正确的是(　　)
A.Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B.a点水电离出的c(OH-)数量级为10-8
C.V(NaOH)＝30.00 mL时，Ⅱ中c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(N)
D.pH＝7 时，Ⅰ中c(CH3COO-)、c(CH3COOH)之和小于Ⅱ中c(NH3·H2O)、c(N)之和
D
解析　溶液中加入40 mL氢氧化钠溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，根据Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故Ⅰ对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N，A错误；a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的c(H+)＝c(OH-)，数量级接近10-6，B错误；当V(NaOH)＝30.00 mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解平衡常数Kh＝＝
5.6×10-10<1.8×10-5，即N水解程度小于一水合氨的电离程度，所以c(N) >c(NH3·H2O)，又由元素守恒c(Cl-)＝2c(N)+2c(NH3·H2O)，即c(Cl-)>c(N)，故c(Cl-)>c(N)>c(NH3·H2O)，C错误:根据元素守恒，n(CH3COO-)、n(CH3COOH)之和等于n(NH3·H2O)、n(N)之和，根据图像，pH＝7时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中c(CH3COO-)、c(CH3COOH)之和小于Ⅱ中c(NH3·H2O)、c(N)之和，D正确。
A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76
B.点a:c(Na+)＝c(Cl-)＝c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.点b:c(CH3COOH)D.水的电离程度:aD
解析　NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，可认为先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为等物质的量的NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa，且物质的量之比为2∶1∶1；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为等物质的量的NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。A.由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.010 0 mol·L-1，c(H+)＝10-3.38 mol·L-1，
Ka(CH3COOH)＝≈＝10-4.76，故A正确；B.a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素守恒关系c(Na+)＝c(Cl-)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C.b点溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)d，故D错误。
3.(2022·河北卷)某水样中含一定浓度的C、HC和其他不与酸碱反应的离子。取10.00 mL水样，用0.010 00 mol·L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是(　　)
A.该水样中c(C)＝0.01 mol·L-1
B.a点处c(H2CO3)+c(H+)＝c(OH-)
C.当V(HCl)≤20.00 mL时，溶液中c(HC)基本保持不变
D.曲线上任意一点存在c(C)+c(HC)+ c(H2CO3)＝0.03 mol·L-1
C
解析　向C和HC的混合溶液中加入盐酸时，先后发生反应:C+H+=== HC、HC+H+===H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸。由图知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃即a点时，HCl溶液的体积为20.00 mL，由离子方程式C+H+===HC可知，水样中c(C)＝ ＝0.02 mol·L-1，A错误；a点可看成HC的溶液，由质子守恒可得c(H2CO3)+c(H+)＝ c(C)+c(OH-)，B错误；溶液pH第二次发生突跃时，2n原(C)+n原(HC)＝n(HCl)，2×0.02 mol·L-1× 0.010 00 L
考点二
粒子分布系数曲线
知识梳理
知能通关
1.认识分布曲线
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例)

δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO-分布系数 δ0为H2C2O4分布系数，δ1为HC2分布系数、δ2为C2分布系数
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。根据分布系数可以书写一定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的微粒分布系数和酸的分布浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度。
2.读图解题要领
(1)读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势(以上图中H2C2O4为例)随pH增大，δ只减不增的为H2C2O4曲线，δ先增后减的为HC2曲线，δ只增不减的为C2曲线。
(2)“用交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数K:
①图中①点:c(HC2)＝c(H2C2O4)，其pH为pH1，(H2C2O4)＝＝1。
②同理图中②点:c(HC2)＝c(C2)，对应pH为pH2，＝1。
③图中③点，c(H2C2O4)＝c(C2)，此时c(HC2)最大，其溶液pH为pH3，则pH3＝。
1.(2024·新课标卷)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如:δ(CH2ClCOO-)＝]
下列叙述正确的是(　　)
A.曲线M表示δ(CHCl2COO-)-pH的变化关系
B.若酸的初始浓度为0.10 mol·L-1，则a点对应的溶液中有c(H+)＝c(CHCl2COO-)+ c(OH-)
C.CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10-1.3
D
解析　—Cl为吸电子基，则CH2ClCOOH的酸性弱于CHCl2COOH，故Ka(CH2ClCOOH)2.(2025·山东卷改编)常温下，假设1 L水溶液中Co2+和C2初始物质的量浓度均为0.01 mol·L-1。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知:体系中含钴物种的存在形式为Co2+、CoC2O4(s)和 Co(OH)2(s)；Ksp(CoC2O4)＝6.0×10-8，Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10-15。下列说法正确的是(　　)
A.甲线所示物种为HC2
B.H2C2O4的电离平衡常数＝10-a
C.pH＝a时，Co2+物质的量浓度为1.6×10-3 mol·L-1
D.pH＝b时，物质的量浓度:c(OH-)>c(C2)
C
解析　根据题干数据，体系中Co元素共0.01 mol，由元素守恒可得:n(Co2+)+ n[Co(OH)2]+n(CoC2O4)＝0.01 mol；四种含碳物种的总物质的量为0.01 mol: n(C2)+n(HC2)+n(H2C2O4)+n(CoC2O4)＝0.01 mol。初始状态下，Q(CoC2O4)＝c(Co2+)·c(C2)＝0.01×0.01＝10-4>Ksp(CoC2O4)，因此初始体系中会有CoC2O4沉淀产生，pH减小时会发生反应CoC2O4+H+===Co2++HC2、CoC2O4+ 2H+===Co2++H2C2O4而使CoC2O4溶解，pH升高时会发生反应CoC2O4+2OH-
Co(OH)2+C2，K＝≈107 > 105，CoC2O4也会减少，故CoC2O4的摩尔分数会随pH的升高呈现先增大后减小
的趋势，因此曲线甲表示CoC2O4；pH足够大时CoC2O4转化为Co(OH)2而释放C2，因此曲线丁表示C2；由CoC2O4生成H2C2O4比生成HC2消耗的H+多，H2C2O4浓度受H+影响更大，因此剩余两条曲线中，随pH变化幅度较大的曲线乙表示H2C2O4，曲线丙表示HC2。pH＝a时，H2C2O4与HC2的摩尔分数均为0.08，C2的摩尔分数几乎为0，则CoC2O4的摩尔分数为1-2×0.08＝0.84，物质的量为0.01 mol×0.84＝0.008 4 mol，pH＝a时，没有Co(OH)2生成，因此剩余的Co元素均以Co2+形式存在，n(Co2+)＝0.01 mol-0.008 4 mol＝1.6×10-3 mol，则c(Co2+)＝＝1.6×10-3 mol·L-1，C正确；pH＝b时，
C2和CoC2O4的摩尔分数均为0.50，则n(C2)＝n(CoC2O4)＝0.01 mol×0.50＝5×10-3 mol，c(C2)＝＝5×10-3 mol·L-1，此时部分CoC2O4转变为Co(OH)2，溶液中存在平衡CoC2O4+2OH- Co(OH)2+C2　K＝≈107，解得c(OH-)≈×10-5 mol·L-1 考点三
粒子浓度比值的对数图像
知识梳理
知能通关
1.图像含义
将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取常用对数，即lg c(A)或lg 得到的粒子浓度对数图像。
2.破解对数图像的数据
(1)运算法则:lg ab＝lg a+lg b、lg ＝lg a-lg b、lg 1＝0。
(2)运算突破点:如lg ＝0的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0的点有c(D)＝
1 mol·L-1。
3.破解对数图像的步骤
(1)识图像:观察横坐标、纵坐标的含义，看清每条曲线代表的粒子种类以及曲线的变化趋势，计算电离常数时应利用两种粒子浓度相等的点，如lg ＝0。
(2)找联系:根据图像中的坐标含义和曲线的交点，分析所给电解质的电离平衡常数或pH与纵、横坐标之间的联系。
(3)想原理:涉及电离平衡常数，写出平衡常数表达式，在识图像、想原理的基础上，将图像与原理结合起来思考。
(4)用公式:运用对数计算公式分析。
1.(2025·湖南卷)草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究草酸的性质:
实验1:向10 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液中滴入一定量0.2 mol·L-1 KOH溶液。混合溶液的pH与lgX[X＝或]的关系如图所示。
实验2:向10 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液中加入10 mL 0.2 mol·L-1 BaCl2溶液。
已知:25 ℃时，Ksp(BaC2O4)＝10-7.6。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是(　　)
A.实验1，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2)时，pH＝2.5
B.实验1，当溶液呈中性时:c(C2)>c(HC2)>c(H2C2O4)
C.实验2，溶液中有沉淀生成
D.实验2，溶液中存在:2c(Ba2+)+c(H+)＝c(Cl-)+c(HC2)+
2c(C2)
D
解析　lg X＝0时，＝1，＝1，则＝c(H+)，＝c(H+)，由于>，结合图像可知＝10-1.2，＝10-3.8。实验1，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2)时，根据·× ＝10-1.2×10-3.8＝10-5，c(H+)＝＝10-2.5 mol·L-1，pH＝2.5，A项正确；实验1，当溶液呈中性时，c(H+)＝10-7 mol·L-1，
＝103.2>1，则c(C2)>c(HC2)，同理，＝105.8>1，则c(HC2)>c(H2C2O4)，故c(C2)>c(HC2)>c(H2C2O4)，B项正确；实验2中，两溶液混合后为物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的H2C2O4和BaCl2的混合溶液，草酸主要发生第一步电离，c(H+)≈c(HC2)，根据，则c(C2)＝10-3.8 mol·L-1，c(Ba2+) ×c(C2)＝10-3.8×0.1＝10-4.8>Ksp(BaC2O4)，故溶液中有沉淀生成，C项正确；实验2，根据电荷守恒，有2c(Ba2+)+c(H+)＝c(OH-)+c(Cl-)+c(HC2)+2c(C2)，D项错误。
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
B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时>
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YD.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
B
解析　设X、Y、Z与CN-形成的配离子化学式分别为X(CN)x、Y(CN)y、Z(CN)z，以X为例，存在解离平衡X(CN)x X+xCN-，其平衡常数KX＝，两边同时取对数并整理得lg＝x·[-lg c(CN-)]+lg KX，则X对应的图像为斜率为x的直线，同理，Y对应的图像为斜率为y的直线，Z对应的图像为斜率为z的直线。设X的初始浓度为a，99%的X转化成配离子时，c(X)＝0.01a，c[X(CN)x]＝0.99a，lg＝lg≈-2，同理，lg≈-2，在图像中找到X、Y两直线纵坐标值为-2对应的横坐标的值，X的横坐标数值更大，由于横坐
标是-lg c(CN-)，则X对应的c(CN-)更小，A错误；向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，Y会消耗溶液中的CN-，新平衡下c(CN-)会变小，-lg c(CN-)就会变大，则此时X、Z对应的点会沿着相应直线向右移动，结合图像可知，移动后，lg>lg，则>，B正确；根据上述分析知，x>y>z，因此由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，C错误；直线上的点代表平衡状态，P点在Y对应直线的下方，在-lg c(CN-)不变，即c(CN-)不变的情况下，P点的lg相比平衡时偏小，即偏小，则此时QY＝3.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A.(H2X)的数量级为10-6
B.曲线N表示pH与lg的变化关系
C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D.当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX-)>
c(X2-)>c(OH-)＝c(H+)
D
解析　横坐标取0时，曲线M对应pH约为5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴定H2X溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX-)＝c(H2X)，所以曲线N表示pH与lg的变化关系，B正确；＝1时，即lg＝0，pH＝5.4，c(H+)＝1×10-5.4 mol·L-1，≈1×10-5.4，A正确；≈10-4.4，则＝10-9.6<＝10-5.4，所以NaHX电离程度大于水解程度，NaHX溶液呈酸性，C正确；当溶液呈中性时，由曲线M可知lg>0，>1，即c(X2-)>c(HX-)，D错误。
分层训练 提升考能
基础落实
1.已知常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液中滴入0.1 mol·L-1的NaOH溶液，所得滴定曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.HA为一元弱酸，其电离平衡常数的数量级为10-5
B.b点溶液中:c(A-)+2c(H+)＝2c(OH-)+c(HA)
C.c点溶液中:c(Na+)＝c(A-)+c(HA)
D.若d点溶液的pH＝8.4，则水电离出的c(H+)
＝10-8.4 mol·L-1
A
解析　a点的pH＝3，则c(H+)＝c(A-)＝10-3 mol·L-1，而此时HA溶液浓度是0.1 mol·L-1，c(H+)c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒:c(A-)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)，故存在:c(A-)＝c(Na+)，C错误；d点时，滴入20 mL的NaOH溶液，HA与NaOH恰好反应，得到NaA溶液，因该盐是强碱弱酸盐，A-水解使溶液呈碱性，促进水的电离，若d点的pH＝8.4，溶液中c(H+)＝10-8.4 mol·L-1，c(OH-)＝ mol·L-1＝10-5.6 mol·L-1，则水电离出的c(H+)＝c(OH-)＝10-5.6 mol·L-1，D错误。
2.某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.该酸-lg Ka≈4.7
B.NaA的水解平衡常数Kh＝
C.当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)D.某c(HA)∶c(A-)＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4
B
解析　A.根据图像可知，c(HA)＝c(A-)时，pH＝4.7，即c(H+)＝10-4.7 mol·L-1。该酸Ka＝＝c(H+)＝10-4.7 mol·L-1，故-lg Ka≈4.7，A说法正确；B.NaA的水解平衡常数Kh＝，B说法错误；C.根据图像可知，当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)3.丙酮酸(CH3COCOOH)是一元弱酸。298 K时，向20 mL 0.1 mol·L-1丙酮酸溶液中滴加pH＝13的NaOH溶液，溶液中lg 与pH的关系曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.298 K时，CH3COCOOH的电离常数的数量级为10-3
B.E点溶液中，a＝2
C.G点对应的NaOH溶液的体积为20 mL
D.E、F、G三点对应的溶液中水的电离程度:EC
解析　F点lg ＝0，则c(CH3COCOO-)＝c(CH3COCOOH)，此时溶液pH＝2.5，即c(H+)＝10-2.5 mol·L-1，所以Ka＝＝10-2.5，298 K时，CH3COCOOH的电离常数的数量级为10-3，A正确；E点溶液中，lg ＝-0.5，＝10-0.5，Ka＝＝10-2.5，c(H+)＝10-2 mol·L-1，pH＝a＝2，B正确；G点对应的NaOH溶液的体积如果为20 mL，则刚好完全反应，溶质为CH3COCOONa，溶液应呈碱性，但G点pH＝4.5，呈酸性，C错误；E、F、G三点随NaOH的加入，CH3COCOONa的浓度越来越大，CH3COCOONa水解促进水的电离，对应的溶液中水的电离程度:E4.(2022·辽宁卷)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一。在25 ℃时，NCH2COOH、NCH2COO-和NH2CH2COO-的分布分数[如δ(A2-)＝]与溶液pH关系如图。下列说法错误的是(　　)
A.甘氨酸具有两性
B.曲线c代表NH2CH2COO-
D
D.c2(NCH2COO-)解析　NH2CH2COOH中存在—NH2和—COOH，所以甘氨酸既有酸性又有碱性，故A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NCH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NCH2COO-的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO-的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；NCH2COO-+H2O
NCH2COOH+OH-的平衡常数K＝。25 ℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH＝2.35时，c(NCH2COO-)＝c(NCH2COOH)，
则K＝＝10-11.65，故C正确；由C项分析可知，，根据b、c曲线交点坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NCH2COO-
NH2CH2COO-+H+的电离常数K1＝10-9.78，，则×＝×<1，即c2(NCH2COO-)> c(NCH2COOH)·c(NH2CH2COO-)，故D错误。
5.25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与lg X的变化关系如图所示。已知:lg X＝lg 或lg ，下列叙述正确的是(　　)
A.曲线m表示pH与lg 的变化关系
B.当溶液呈中性时，c(Na+)＝c(HC)+2c(C)
C.(H2CO3)的数量级为10-6
D.滴加过程中，保持不变
D
解析　对图像进行以下分析:(H2CO3)＝(H2CO3)＝ K＝c(H+)·X，M点pH＝9.3、lg X＝-1，X＝10-1，则K＝10-10.3；N点pH＝7.4，lg X＝1，X＝10，则K＝10-6.4；二元弱酸的 ，则曲线m表示lg 与溶液pH的变化关系，曲线n代表lg 与溶液pH的变化关系，A项错误；当溶液显中性时，根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)＝c(HC)+ 2c(C) +c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)＝c(OH-)，则c(Na+)>c(HC)+2c(C)，B项错误；根据A项分析知(H2CO3)＝10-6.4，数量级为10-7，C项错误；＝×(H2CO3)·(H2CO3)，温度不变，(H2CO3)、(H2CO3)不变，故滴加过程中，保持不变，D项正确。
6.(2025·四川巴中二模)常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入NaOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lg X[X为c(H2C2O4)、c(C2)、]变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.曲线M表示-lg c(H2C2O4)随pH的变化
B.a点溶液中:c(Na+)+c(H+)＝c(HC2)+
c(H2C2O4)+c(OH-)
C.从a点至b点溶液中水的电离程度逐渐增大
D.常温下，H2C2O4的的数量级为10-5
B
解析　向一定浓度H2C2O4溶液中加入NaOH固体，发生H2C2O4+NaOH=== NaHC2O4+H2O、NaHC2O4+NaOH===Na2C2O4+H2O，随着NaOH固体增加，c(H2C2O4)减小，-lg c(H2C2O4)增大，c(HC2)先增大后减小，-lg c(HC2)先减小后增大，c(C2)增大，-lg c(C2)减小；，推出
-lg ＝-lg -pH，根据图像可知，M曲线表示-lg c(H2C2O4)，N曲线表示-lg c(C2)，L表示-lg ，据此分析；A.根据上述分析，M曲线表示
-lg c(H2C2O4)，故A说法正确；B.溶液中电荷守恒应为c(Na+)+c(H+)＝c(HC2)+2c(C2)+c(OH-)，根据a点可知，c(H2C2O4)＝c(C2)，即c(Na+)+c(H+)＝c(HC2)+2c(H2C2O4)+c(OH-)，故B说法错误；C.根据图像可知，b点对应pH为4.3，此时＝1，c(HC2)＝c(C2)，因此a到b点pH增大，H+浓度减小，H+对水的电离抑制减弱，水的电离程度逐渐增大，故C说法正确；D.对于Ka＝，推出-lg ＝-lg Ka-pH，将(4.3，0)代入表达式，得出≈10-4.3，数量级为10-5，故D说法正确。
能力提升
7.(2025·湖南常德二模)25 ℃时，向20.00 mL 0.1 mol·L-1 H2R溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液，测得pH与V(NaOH)、lg X[X＝或]的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
D
解析　H2R的电离平衡常数，且>，当pH＝0时，c(H+) ＝1 mol·L-1，＝10-1.4、＝10-6.7，图中M点溶质为NaHR，N点溶液中溶质为Na2R。滴定过程中溶液中存在的电荷守恒关系为c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)，据此分析解答。A.由上述分析可知:当c(HR-)＝c(R2-)时，×c(H+)＝10-6.7，c(H+)＝10-6.7 mol·L-1，pH＝6.7，此时溶液中加入NaOH溶液的体积V(NaOH)>20 mL，A错误；B.由上述分析可知:×c(H+)＝10-1.4，
×c(H+) ＝10-6.7，H2R+R2- 2HR-的化学平衡常数K＝＝105.3，则2HR- H2R+R2-的平衡常数K＝10-5.3，B错误；C.M点为V＝20 mL时，H2R与NaOH恰好生成NaHR，溶液中溶质为NaHR，＝10-1.4，＝10-6.7，HR-的水解平衡常数Kh＝＝10-12.6<，说明HR-的电离作用大于其水解作用，以电离为主，故溶液中c(R2-)>c(H2R)，但盐电离产生的离子的水解作用及电离作用都是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度关系为c(H2R)2c(H2R)+c(HR-)，D正确。
A.线 Ⅱ 表示CH3COOH的变化情况
B.CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10-n
C.pH＝n时，c(Ag+)＝mol·L-1
D.pH＝10时，c(Ag+)+c(CH3COOAg)＝0.08 mol·L-1
C
解析　在溶液中存在平衡:CH3COOH CH3COO-+H+(①)、Ag++CH3COO-
CH3COOAg(aq)(②)，Ag+的水解平衡Ag++H2O AgOH+H+(③)，随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH较小时(约小于7.8)CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时(约大于7.8)CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线 Ⅰ 表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线 Ⅱ 表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系，线 Ⅲ 表示CH3COOAg随pH变化的关系。A.根据分析，线 Ⅱ 表示CH3COO-的变化情况，A项错误；B.由图可知，当c(CH3COOH)＝c(CH3COO-)相等时(即线 Ⅰ 和线 Ⅱ 的交点)，溶液的pH＝m，
则CH3COOH的电离平衡常数Ka＝＝10-m，B项错误；C.pH＝n时＝10-m，c(CH3COO-)＝10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-
CH3COOAg(aq)的K＝，c(Ag+)＝，由图可知pH＝n时，c(CH3COOH)＝c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)＝ mol·L-1，C项正确；D.根据元素守恒，pH＝10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)＝0.08 mol·L-1，D项错误。
9.磷的含氧酸具有重要的性质和应用。
(1)H3PO3是二元弱酸，某温度下，0.10 mol·L-1的H3PO3溶液pH＝1.6，即溶液中c(H+)＝2.5×10-2 mol·L-1。求该温度下(H3PO3)＝________。(H3PO3的第二步电离忽略不计，结果用科学记数法表示，保留两位有效数字)
8.33×10-3
(2)H3PO4是三元中强酸，25 ℃时，H3PO4与NaOH溶液反应，反应混合物中含磷各微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示:
①Na2HPO4溶液显碱性，原因是________________________________________
__________________________________________________________________________________________________________________________________________，
若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是
__________________________________________(用离子方程式表示)。
Na2HPO4溶液中HP既存在水解也存在电离，
其电离常数为(H3PO4)＝10-12.3，其水解常数Kh＝＝10-6.8>
(H3PO4)，则HP水解程度大于其电离程度，c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性
3Ca2++2HP===Ca3(PO4)2↓+2H+
②pH＝1时，溶液中的c(HP)＝10-7.3 mol·L-1，则c(P)＝_________mol·L-1。
③pH＝7.2时，溶液中由水电离出的c(H+)________ mol·L-1。
④已知:(H2CO3)＝10-6.3、(H2CO3)＝10-10.3，写出足量碳酸钠与H3PO4反应的化学方程式:_____________________________________。
⑤以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，写出发生主要反应的离子方程式:_______________________________。
⑥pH＝12.3时，溶液中的电荷守恒关系为
____________________________________________________________。
10-18.6
10-6.8
H3PO4+2Na2CO3===Na2HPO4+2NaHCO3
H2P+OH-===HP+H2O
c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+5c(HP)或c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+5c(P)
解析　(1)H3PO3发生一级电离:H3PO3 H++H2P，忽略其二级电离，则c(H+)≈c(H2P)，(H3PO3)＝≈≈8.33×10-3；(2)①结合图中数据，利用交点数据可得H3PO4的各级电离常数:(H3PO4)＝10-2.1，(H3PO4)＝10-7.2，(H3PO4)＝10-12.3，Na2HPO4溶液中HP既存在水解也存在电离，其电离常数为(H3PO4)＝10-12.3，其水解常数Kh＝＝10-6.8>(H3PO4)，则HP水解程度大于其电离程度，c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性；若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，因发生反应:3Ca2++2HP===Ca3(PO4)2↓+2H+，增大了溶液中氢离子浓度，使得溶液呈酸性；
②(H3PO4)＝＝10-12.3，pH＝1时，溶液中的c(HP)＝10-7.3 mol·L-1，则c(P)＝＝10-18.6 mol·L-1；③pH＝7.2时，c(H+)＝10-7.2 mol·L-1，c(OH-)＝＝10-6.8 mol·L-1，此时溶液中c(H2P)＝c(HP)，c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，说明以水解为主，促进水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c(H+)＝10-6.8 mol·L-1；
④结合电离常数可知酸性:H3PO4>H2CO3>H2P>HC>HP，则依据强酸制弱酸原理，足量碳酸钠与H3PO4反应的化学方程式:H3PO4+2Na2CO3 === Na2HPO4+2NaHCO3；⑤以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，溶液呈碱性，且pH大于8.2，结合图像可知此时溶液中主要微粒为HP，该过程中HP逐渐增加，H2P逐渐减小，则主要离子反应为H2P+OH-=== HP+H2O；⑥pH＝12.3时，溶液中c(HP)＝c(P)，此时c(H2P)为0，溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+3c(P)+2c(HP)＝c(OH-)+ 5c(P)或c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+5c(HP)。
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