专题六 考点2 水的电离、溶液的pH及简单计算&考点3 盐类水解-【创新教程】2024-2026三年高考化学真题分类特训试卷

考点2水的电离、溶液的pH及简单计算 1.(2025·甘肃卷，14)氨基乙酸(NH2 CH2 COOH)是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液 中存在如下平衡： +NH CH.COOHNH.CH.COONH.CH.COO 0.8 在25℃时，其分布分数ò[如6(NHCH2COO厂)= 0.6 0.4 c(NH2CH2 COO) 0.2 c(NH CH2 COOH)+c(NH CH,COO)+c(NH,CH,COO) 0 68 1012pH 与溶液pH关系如上图所示。在100mL0.01mol/L +NH,CH,COOH·CI厂溶液中逐滴滴入0.1mol/L NaOH溶液，溶 液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如下图所示。下列说法 20 25 错误的是 30 A.曲线I对应的离子是NHCH2COOH B.a点处对应的pH为9.6 C.b点处c(+NHCH2COOH)=c(NH2CH2COO) D.c 2c(NH CH,COOH)+c(NH CH,COO)+c(H)=c(OH) 2.(2025·云南卷，14)甲醛法测定NH4的反应原理为4NH+6HCHO=一(CH2)6N4H+ 3H+6H,0。取含NH,C1的废水浓缩至原体积的。后，移取20.00mL,加入足量甲醛反应 后，用0.01000mol·L1的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数 c[(CH2)NH] 6与pH关系如图2[比如：6[(CH2)6N4H]= [(CH,)N,H门+c[(CH,),N了。下列说法正 确的是 12] 1.01 10H (6.00,0.88) 0.8 6 06 0.4 0.2 2 065161520 0. 2530 00246862 V(NaOH)/mL pH 图1 图2 A.废水中NH的含量为20.00mg·L B.c点：c[(CH2)6N4H]+c(H)=c(OH) C.a c[(CH2)N H]>c(H)>c(OH)>c[(CH2)N] D.(CH2)6N4H-一(CH2)6N4+H的平衡常数K≈7.3X106 44 考点3盐类水解 1.(2026·陕晋青宁卷，14)二氧化碳、碳酸及其盐在自然界的迁移转化，是环境中碳循环的重要 部分。常温下，H,CO3溶液中各含碳物种的分布系数6与一1g[c(OH)/(mol·L1)]的变化 关系如图 .5 、M 0.036 7.65 246810 -lg[c(OH)/(mol-L)] (H,CO)+c(HC0,)+c(CO)],CaCO,的Kp为10&。将足量 c(H,CO) [比如：6(H2CO3)= CaCO3(s)置于纯水中得到饱和溶液。下列说法正确的是 () A.M点的pH为5.66 B.CaCO3(s)在纯水中的溶解度为10-4.24mol·L C.该CaCO3饱和溶液中，c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO) D.反应CaCO3(s)+H2CO3=Ca2++2HCO3的平衡常数为104.50 2.(多选)(2026·山东卷，15)25℃下，向初始浓度一定的NH4Cl溶液中加入CCO3(s),通过加 入HNO,或NaOH调节pH[CaCO(s)始终存在，忽略溶液体积变化]。某组分平衡浓度的对数值 lg[c(X)/mol·L1]随pH的变化如图所示(X表示NH,NH3,Ca2+,HCO)。下列说法错误 的是 ( ) -2人 甲 …乙 0(9.25,-2.60) -3 P(8.35, 1-3.25) Q(12.50 -4 -4.25) 丙 丁 -5 6 8910111213 pH A.丁线所示物种为HCO3 B.调节pH=7.00时，需加入NaOH C.P点：cNH) =100.90 D.Q点 c(CO) =104.15 c(Ca2) c(HCO) 3.(2024·安徽卷，13)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd+。已知 25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L1,K1(H2S)=106.97,K2(H,S)=1012.90, Kp(FeS)=10-17.0,Kp(CdS)=10-26.1°。下列说法错误的是 ( ) A.Na2S溶液中：c(H)+c(Na)=c(OH)+c(HS)+2c(S2) B.0.01mol·L1Na2S溶液中：c(Na)>c(S2-)>c(OH)>c(HS) C.向c(Cd2+)=0.01mol·L的溶液中加入FeS,可使c(Cd+)<10-8mol·L1 D.向c(Cd+)=0.01mol·L1的溶液中通入HS气体至饱和，所得溶液中：c(H+)>c(Cd2+) 45cag即c([CuL]'-)=c([CuL]),此时lgc(L-)= -7.2,可得[CuL]+L3=一[CuLe]-的平衡常数K c([CuLe) cCul)·c(L)10a=1022a点时，0e+ da,产代入KXK'=c(CuL) c(CuL) c(C+)·c(L)c(CuL)·c(L) =2102×1022=10,解得c(1)=104 mol·L1,且a点对应c(HL2)=10-1mol·L1,代入 HL2一H*+L的平衡常数K=cL):(H)= c(HL) 10山.，计算得c(H)=1043mol·L1,故pH=4.3,C 错误：当pH=6.4时，c(HL)最大，接近10'mol·L,结 合B项中平衡常数可计算得c(L3-)≈10.2mol·L1, 0cl,J=0.90,dcu=0.09,结合Cu元素守恒知， c([CuL]-)=0.90×0.002mdl·L1=1.8×103mol·L1, c([Cul]-)=0.09×0.002mol·L1=1.8×10-‘mol·L1 因此体系中c(HL)>c(CuL])>c(CuL])>c(L),D 正确。 6.CD由题中信息可知，CO)可以形成四种物种，分别为 HCO、HCO、CO和CoC2O,(s),随着pH增大， HC,O的摩尔分数逐渐减小，CoCO,(s)会转化为溶解度 更小的[Co(OH)],CoCO,(s)的摩尔分数先增大后减小， 因此，CO的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲 线所示物种为CoC,O,(s),丁线所示物种为C,O,根据曲 线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为 HC(),丙线所示物种为HC)。由甲、丁两线的交点可 知，在该点C,)和CoC,),(s)的摩尔分数相等，均为0.50， 由于水溶液中Co和C)初始物质的量浓度均为 0.01mol·L,则此时溶液中C2O的浓度为0.005mol· L,由K,(CoCO,)=6.0×10“可以求出此时溶液中 Cm的漆度为80X0m0lL=12X10m0l. L1,再由K[Co(OH),]=5.9X101i可以求出此时溶 /5.9×10-5 液中c(0H)√.2x10≈2.2X10m01.L, pH≈9.3，即b≈9.3，根据图像中的位置可以估算出a< 7。由乙和丙两线的交点可知，HCO,和HC2O,的摩 尔分数相等，均为0,08，则由C元素守恒可知，此时 CoC,O,(s)的摩尔分数为0.84。 A,由分析可知，甲线所示物种为CoC,O,(s),A不正确： B.已知HCO,是二元中强酸，其酸式盐的水溶液显酸 性，HC,O,的电离程度大于其水解程度；当溶液中 HCO与C,O浓度相等时，溶液显酸性，c(H)> 10'mol.L1,则K4=cH):cC,0=c（H)> c(HC,O) 1×10-7,故B不正确：C.pH=a时，n(HCO) n(HC2),)=0.8×0.01mol,由于C,O的摩尔分数接 近0，故n(CaC,O,)=(0.01一8×10×2)mol,Ca的总 量为0.01mol,则剩余的n(Co+)为1.6×103mol; c(Ca+)=1.6×103mol·L1,C正确：D.由分析可知 pH=b时，C,)的浓度为0.005mol·L,c(OH)≈ 2.2X10mol·L,c()H)<c(CO),D正确；综 上所述，本题选D。 7.DA,由图可知，pH=6.5时6(Pb2+)>50%,即 c(Pb+)>1X10imol/L,则c(C0g)≤K,PbC02 c(Pb) 10-12.1 1X10mol/L.=10-mol/L<c(Pb+),A项正确：B. 12 由图可知，6(Pb+)=6(PbC)3)时，溶液中还存在 Pb(OH)+,根据c。(Pb2+)=2.0×10-imol/L和Pb守 恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×10-imol/L,B项正确：C.溶 液中的电荷守恒为2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]十c(H+) =2c(CO)+c(HCO )+c(CIO)+2c[Pb(CO)] 十c(OH),pH=7时溶液中c(H+)=c(OH),则 2c(Pb2+)+c[Pb (OH)]=2c(CO)c(HCO)+ c(CIO,)+2c[Pb(CO)],C项错误；D.NaHCO3溶液 K 中HCO,的水解平衡常数为K=K4,CO,) 10=10>K:(H,CO),NaHCO,溶液呈藏 1×10-14 性，加入少量NaHC)3固体，溶液pH增大，PbC)3转化 成Pb(C),)而溶解，D项正确。 8.CA.亚硫酸是二元弱酸，存在二次电离，电离方程式 为：HSO,=H+HSO?,HSO,==Ht+SO,则 溶液中c(H+)>c(HS))>c(SO片)>c(OH),A正 确；B.亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则稀释的时 候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变 为原来的一半，另外稀释的平衡常数不变，对第二级电 离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B正确： C.加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BS),沉淀，C 错误；D.过氧化氢具有强氧化性，可以将十4价硫氧化为 十6价硫酸根离子，则存在反应，BaS)3十HO2 BSO,￥十H,),则出现白色沉淀的主要原因是生成 BaSO),沉淀，D正确。 9.D随着pH的增大，CH,CICO)H、CHCL,CO))H浓度减 小，CH,CICOO、CHCL,COO浓度增大，一CI为吸电子 基团，CHCL,COOH的酸性强于CH CICOOH,即 K.(CHCL,C(O)H)>K.(CH,CICOOH),8(酸分子)=6（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K,(CHCL CO0H)≈1013， K.(CH,CICOOH)≈1028，曲线M表示6(CH.CICOO)~ pH的变化关系，A、C错误；根据K(CHCl,COOH)= c(CHCL,CO))·c(H) 初始c(CHCl,C))H)=0.1mol· c(CHCL,COOH L1,若溶液中溶质只有CHCL COOH,则c(CHCL CO)) =c(H)≈√K.(CHCL COOH)·c(CHCL COOH)= 10.15mol·L,但a点对应的c(H）= 0,1mol·L1,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(CHCl,C()))十c(OH),B 错误；电离度a=”五，n地=n电身十心北4 n &(CH,CICOOH)=(CH,CICOO), a(CHCL,COOH)=8(CHCI,CO)-),pH=2.08时， 8(CH,ClCO))=0.15, 8(CHCL C)))=0.85,D正确。 [考点2] 1.C由题图可知，随着pH增大，平衡+NH,CH,CO))H pK=24 NH.CH,COO pK2=9.6 ==NHCH,C())右移，NH CHC())H的分布分 数减少，NH CH COO先增加后减少，+NH.CH CO)最 后增加，a,点代表NH CH C())和NH,CH CO)分布分 数相等的点；题图中b,点滴入NaOH溶液为I0mL, +NHCH,CO)H·CI和NO)H的物质的量相等，得到 +NH,CH,COO,c,点+NH,CH,COOH·CI和NaOH的物 质的量之比为1：2，得到主要粒子为NH,CH,C()。 A.根据分析可知，随着pH增大，+NH.CH C))H的分布分 数减少，曲线I代表+NH,CH COOH的分布分数，A正确；B.a 点代表NHCH,C()和NH.CH,C(O)分布分数相等的 点二有来及相学成=6k=0 c(H)=c(H中)=10i,pH=9.6,B正确；C.题图中b,点 滴入NaOH溶液10mL,NHCH,COOH·CL和 NaOH的物质的量相等，得到的主要离子为+NH CH,COO,+NH,CH,COO存在电离和水解，K= =K=1014 10,K==10==10,+NHCH,C00电 离程度大于其水解程度，则c(+NHCH,COOH)< c(NH,CH,COO),C错误；D.c点+NH,CH,COOH·CI 和NaOH的物质的量之比为1：2，得到的主要粒子为 NH,CH,CO),根据质子守恒，有2c(NHCH,COOH)+ c(NHCH,C)O)+c(H)=c(OH厂)，D正确。 2.DA.由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的 体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式4NH~一 [(CH2):N,H十3H门~4)H可知，由于待测液的体 积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20,00mL溶 液中c(NH)=c(OH)=0.01000mol·L,则原废水 中cNt)=a000ml×六=0.0m100m,因 此，废水中NH的含量为0.001000mol×18000mg· moll·L=l8.00mg·L,A错误；Bc点加入NaOH 标准溶液的体积过量，且只过量了5，由电荷守恒可知， c(CH,)N,H]+c(HT)+c(Na )=c(OH)+ c(CI),浓缩后的废水中NH,CI的浓度和NaOH标准 溶液浓度相等，CI和Na均不参与离子反应，可以估算 cc(CI)<c(Na),c(CH,N,H]+c(H)< c(OH),B错误；C.(CH,).N,H+在溶液中水解使溶液 显酸性，类比NH?可知(CH)N,在溶液中与水作用发 生电离而使溶液显碱性：a,点为半滴定点，由其纵坐标可 知溶液显酸性，说明(CH2)N,H十的水解作用强于 (CH2)。N,的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓度的 大小关系为c[(CH2)N,]>c[(CH)N,H],C错误； D.由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH,)。N,占比 较高，6[(CH)N]=0.88,则由氯守恒可知， 汇(CH,)N,H+]=0.12,两种粒子的浓度之比等于其 分布分数之比，则(CH)N,H==(CH)N十H的 平衡常数K=c[CH),Nc(H)=0.88X10≈ c[(CH:)N.H+] 0.12 7.3×10,D正确。 「考点3 1.CA.M点是点线和虚线的交点，即c(C))= c(H,CO,)。根据K4·K=c(H)·c(HCO) c(H,CO,) c(H)·c(C0)=(H)·c(CO）,当两浓度相等 c(HCO) c(H,CO3) 时，c2(H+)=K1·Ke=101.8,所以c(H+）=103 mol/L,即pH=8.34,A错误；B.若不考虑C)水解， 溶解度s满足K,[CaCO]=s2=10.,得s=10.24 mol/L:但实际上CO会水解为HCOg、H,C)3,因此 溶解度大于10.24mol/L,B错误：C.根据元素守恒， c(Ca2)=c(H,CO)+c(HCO )+c(CO),c(Ca) 装大：C0的第一亨水解令教K=代=103，常流 中OH主要由CO水解产生，设CO水解浓度为x, 12 CO+H,O=HCO+OH 始mol/L104.24 0 0 变mol/L 平mol/L10.24-x x T. T- 10424- -=10.7,x≈4.7×105mol/L, 4.7×10mol凸×100%≈81.7%，水解率超过50%， 1×10.2mol/L 这说明水解程度很大，产生了较多的HCO,故 c(HC)3)>c(C)),浓度顺序成立，C正确：D.平衡常 数K=c(Ca)·c(HC0) c(H,CO) cCa)·cc0)·cH).Hc02=K· K c(HCO3)·c(CO)·c(H+) 代入K=108.48、K1=106.5、K2=101o.3,得K= 1040,不是10.0，D错误。 2.BD随x轴pH的变化，c(NH3)十c(NH)为定值，pH 值越大，c(NH)越大，c(NH)越小，故甲为NH,乙为 NH;加入NaOH,pH增大，c(HCO)减小，c(Ca+)= c(CO)+c(HCO)+c(HCO),pH越大，HCO、 HCO3越少，主要以CO存在，故pH>11时，c(Ca+) =c(CO)>c(HCO?),故丙为Ca+,丁为HCO;A. 根据分析，丁线代表HCO,A正确；B.25℃下，向初始 浓度一定的NHCl溶液中加入CaCO(s)后，由元素守 恒有c(NH)+c(NH,)=c(CI),c(Ca+)=c(CO) 十c(HCO)+c(HCO),代入电荷守恒2c(Ca+)+ c(NH)+c(H)=c(OH)+c(CI)+c(HCO)+ 2c(CO)可得c(HCO,)+2c(HCO,)+c(H)= c(OH)十c(NH3);pH=7.00时，由图可知c(HCO)) >c(NH3),又因为c(H)=c(OH),所以pH=7.00 时有c(HCO,)+2c(H,CO,)>c(NH,),此时右侧需加 NO才可电荷守恒，故调节pH=7,00时，需加入 HNO,B错误；C.O点时，NH==NH3+H,K= eNH):cH）=10,P点时pH=8.35,c《NH c(NH) c(Ca) C(NH!)10 cNH)=10=102”,C正确；D.0点时， c(Ca2+)=c(C0)=10.2smol·L1,故K(CaCO3) =c(Ca+)Xc(C0)=l08.i,P点时，c(Ca+)= c(HC0,)=105mol·L1,c(H)=105mol·L1, 此时c(C0)=K(CaC0)104 c(Ca+)=10a=10克5m0l.L, K=cC0:c(H)=1085X10n =101o.35,Q c(HCO) 103.25 c(HC0)c(H)=10s=10215,D错误。 点时 c(CO)=K2_10-1o.35 3.BA.NaS溶液中只有5种离子，分别是H、Na、 )H、HS、S,溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表 示为c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HS)+2c(S-),A 正确；B.0.01mol·LNaS溶液中，S水解使溶液呈碱 性，其水解常数为K,=c《OH):(HS)=K c(S2-) 10西=10，根据硫元素守恒可知c(S)< 10-14 101molL,所以0H2>1,则c(OH)>c(S),B c(S2-) 不正确；C.K(FeS)远远大于K(CdS),向c(Cd+)= 0.01mol·L的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的 2Kn(FeS)_1017.2o 转化，该反应的平衡常数为K=术CdS=10 10.9>10,因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液 中c(Cd+)=√10.Tmol·L1=101.5mol·L1, 若加入足量FS时可使c(Cd+)<l08mol·Ll,C正 确，D.Cd++HS一CdS+2H的平衡常数K= c2(H) K1·K2=107X1018.” c(Cd+)·c(H,S) K 10-26.10 103>10,该反应可以完全进行，因此，当向c(Cd+)= 0.01mol·L1的溶液中通入H,S气体至饱和，Cd+可 以完全沉淀，所得溶液中c(H+)>c(Cd+),D正确。 [考点4幻 1.DA.当加入V(NaHCO3)=10mL时，二者恰好发生 反应Ba()H),+NaHC)3一BaC)3￥+NaOH+ H,O,得n(Ba(OH)g)=n(Na HCO3)=0.01L×0.01 mol·L1=1X10mol,故初始c(Ba2+)=1X10mol 0.01L =0.01mol·L,pBa=-1g0.01=2,因此x=2,A正 确；B.在V(NaHCO3)=10mL时，pBa=4.3,即c(Ba+) =l0.3mol·L1。此时溶液主要存在BaCO,沉淀，为 BaC()3饱和溶液，c(C))主要来自BaCO,的溶解，且 溶液中大量)H抑制C)水解，可近似认为c(C)) ≈c(Ba+),故：Kp(BaCO3)=c(Ba+)·c(CO)= 1043×104.3=10.0×(100.3)2,已知lg2=0.3,即 10.3=2,可得10.3=0.5，计算得Kp(BaC03)=2.5× 10-,B正确。C.各点水的电离程度比较如下：点为强 碱Ba(OH)2溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和 BC()3沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。，点c恰好生成 Na,CO3,CO水解促进水电离。点d为NaHCO.过 量，HCO水解能力弱于CO,对水电离促进作用减 弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确：D.根据溶 度积公式：c(Ba+)= c(CO)点c时拾好生成 K Na,CO,c(CO)最大，故c(Ba+)最小。点d时NaH C)3过量，溶液体积增大使CO被稀释，c(CO)下 降，c(Ba+)反而上升。因此，c(Ba+)最小的是点c,而 非点d,D错误。 2.CA.分析可知，I为CuAc+的变化曲线，A正确；B.题 中反应的K=(CuAc):cH,当pH=3.46时，由 c(Cu+)·c(HAc) I和Ⅱ相交可知，此时c(CuAc+)=c(Cu+),且由M点 坐标可知，c(HAc)=109.5mol/L,代入平衡常数表达 式：K=106 10西=100，B正确：C,根据P点坐标，此时 pH=5.75,c(CuAc+)=c(HAc)=101.7,反应Cu2++ HAc一CuAc+H的平衡常数K=l0.o,代入数 10元75 据得到：(C-102,故c(Cu*)=10mol/L, K.p[Cu(OH)2 ]=c(Cu).c2(OH)=10-3.15 X (108.25)2=101,6i,C错误；D.根据题意，C元素总物质 的量不变，即总醋酸根（含各种形态）的浓度保持为 0.20mol/L,存在元素守恒：c(Ac)+c(CuAc)+ c(HAc)+2c(CuAc2)=0.20mol/L,对于HAc的电离平 衡常教：K,=c(Ac)c日)，变形得K c(HAc) c(H+) 日AC,代入题千原式，得到原式=c(HAc)十c(Ae) c(Ac) =2c(HAc)十[c(HAc)+c(Ac)],将元素守恒式代入 得到：原式=2c(HAc)+0.2mol/L-[c(CuAc)+ 2c(CuAc)],Q点存在c(HAc)=c(CuAc2),由于 13 c(CuAc)>0,故原式=0.2mol/L一c(CuAc)<0.2mol/L, D正确。 3.C矿石（含MnO2、CoO,、FeO3)经过硫酸和稻草浸出 过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn+、Co+,加入 NaCO3沉铁得到FeOOH,过滤，滤液再加入Na,S沉钴 得到C0S,过滤最后得到硫酸锰溶液。 A.根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂 和浸取剂，A正确；B.生物质（稻草）是可再生的，且来源 广泛，B正确；C.根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价 没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；D.“沉钻”后的 上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=K,= c(C02+)·c(S)=10-0.4,D正确。 4.AMA存在沉淀溶解平衡：MA(s)==M+(aq)+A (aq),向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，发生反 应A-十H+一HA,继续加盐酸发生反应HA十 H==H2A,由K1(H2A)=101.i可知，当c(H2A)= c(HA)时，pH=1.6,Ke(H,A)=10.8,则c(A2)= c(HA)时，pH=6.8,K1·Ke=cA):c(H) c(H,A) 10&4,当c(A2-)=c(H2A)时，c(H)=1042mol/L, pH 4.2, 则可将图像转化为 H2A HA 进行分析。 1.6 4.2 6.8 pH A.溶液中存在物料守恒：c(M+)=c(HA)十c(HA) +c(A-),当pH=6.8时，c(HA)=c(A2),c(H2A) 很低，可忽略不计，则c(M+)=2c(A)=103, K,(MA)=cM)·c(N)=101X2X101= 号×10pK,MD]=-6-lg2=-63,则KMA= 103,A正确：B.根据物料守恒：c(M+)=c(H,A)十 c(HA)+c(A-),c(M+)>c(HA),由图像可知，pH =1.6时，c(HA)>c(A-)成立，由电荷守恒：c(H+) +2c(M2+)=c(CI)+c(HA)+2c(A)+c(OH), 结合物料守恒，约掉c(HA)得到c(HA)十c(H)+ c(M+)=c(CI)+c(A-)+c(OH),由图像可知， c(H2A)>c(A)且c(H)>c(OH),则c(M+)< c(CI厂)，故离子浓度顺序：c(CI)>c(M+)>c(HA) >c(A),B错误：C.由图像可知，pH=4.5时，溶液中 c(HA)>c(A-)>c(HA),C错误；D.pH=6.8时， c(HA)=c(A),根据电荷守恒关系：c(H)十 2c(M+)=c(C1)+c(HA)+2c(A-)+c(OH),将 物料守恒代入，约掉c(M+)得到c(H)+2[c(H2A)+ c(HA)+c(A-)]=c(CI)+c(HA)+2c(A2-)+ c(OH),化简得到c(H+)+2e(H,A)+c(HA)= c(CI)+c(OH),D错误。 5.BZn2+和Cd+沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2,AI+ 沉淀形成Al(OH)3,则Zn+和Cd+的曲线平行，根据 K.[Zn (OH)]<Kp [Cd (OH):]Zn (OH): Cd(OH)2更易与碱反应，因此[Zn(OH):门2生成的pH 低于[Cd(OH),],故从左到右曲线依次为：AI3+、 Zm2+、Cd+、[Al(OH)4]、[Zn(OH)]或