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1、高考热点课6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。突破点1酸、碱稀释图像突破方法(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸稀释图像(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸稀释图像(2018武汉市高三调研)浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加
2、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()AHX、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)：abDlg3，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，则减小解析A项，由图像可知当lg0，即VV0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)：ac(OH)D当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)c(H)解析己
3、二酸为二元弱酸，当横坐标为0.0时对应M、N两线的pH分别约为5.4和4.4，由第一步电离远远大于第二步电离可知第一步电离时己二酸pH更小，所以N为第一步电离，即曲线N表示pH与lg 的变化关系，B正确；由上述分析可知曲线M为己二酸的第二步电离，则当lg 0.0时，Ka2(H2X)c(H)105.4100.6106，A正确；NaHX溶液中，1，则lg0，此时溶液pH5.4，溶液呈酸性，所以c(H)c(OH)，C正确；由以上分析可知，HX的电离程度大于其水解程度，故当溶液呈中性时，c(Na2X)c(NaHX)，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na)c(X2)c(HX)c(OH)c(H)，D错误。答
4、案D(2018齐齐哈尔市三模)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()AXOH为强碱，MOH、YOH均为弱碱BVHCl(aq)15.00 mL时，三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOHMOHYOHCVHCl(aq)20.00 mL时，三种溶液中水的电离程度：XOHMOHYOHDVHCl(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、Y
5、OH的pH小于13，均为弱碱，A项正确；VHCl(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：XOHMOHYOH，故三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOHMOHYOH，B项正确；VHCl(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YOHMOHXOH，C项错误；VHCl(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2c(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)
6、2c(YOH)，D项正确。突破点3沉淀溶解平衡图像突破方法：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QcKsp。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QcKsp。(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时QcKsp。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：原溶液不
7、饱和时，离子浓度都增大；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。(2018全国卷)用0.100 molL1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 molL1 Cl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1010B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0.0400 molL1 Cl，反应终点c移到aD相同实验条件下，若改为0.0500 molL1 Br，反应终点c向b方向移动解析选取横坐标为50 mL
8、的点，此时向50 mL 0.0500 molL1的Cl溶液中，加入了50 mL 0.100 molL1的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag浓度为0.025 molL1(按照银离子和氯离子11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1108 molL1(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为0.0251082.51010，所以其数量级为1010，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
9、，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 molL1的Cl溶液改为50 mL 0.0400 molL1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 mL0.820 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 molL1的Cl溶液改为50 mL 0.0500 molL1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
10、是按比例11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，所以有可能由点c向b方向移动，D正确。答案C(2018商丘模拟)25 时，用Na2S溶液沉淀Cu2、Zn2两种金属离子(M2)，所需S2最低浓度的对数值lg c(S2)与lg c(M2)关系如图所示。下列说法中不正确的是()ANa2S溶液中：c(S2)c(HS)c(H2S)2c(Na)B25 时，Ksp(CuS)约为11035C向100 mL浓度均为105 molL1的Zn2、Cu2的混合溶液中逐滴加入1104 molL1的Na2S溶液，Cu2先沉淀D向Cu2浓度为1105
11、 molL1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出答案A解析Na2S溶液中存在物料守恒：2c(S2)2c(HS)2c(H2S)c(Na)，A错误；Ksp(CuS)1025101011035，B正确；向100 mL浓度均为105 molL1的Zn2、Cu2的混合溶液中逐滴加入1104 molL1的Na2S溶液，由于CuS、ZnS构型相同，且Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，故Cu2先沉淀，C正确；由于Ksp(CuS)c(H2A)c(A2)D.pH4.2时，c(HA)c(A2)c(H)解析A对：根据题给图像，pH1.2时，H2A与HA的物质的量分数相等，则有c(H2A)c(HA)。B对：根据题给图像，pH4.2时，HA与A2的物质的量分数相等，K2(H2A)c(H)104.2，则l
