届高考化学二轮专题突破溶液中离子平衡之分布系数图像.docx

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届高考化学二轮专题突破溶液中离子平衡之分布系数图像

分布系数图像

1．柠檬酸（用H3R表示）可用作酸洗剂。

常温下，向0.1mol·L－1H3R溶液中加入少量NaOH固体（忽略溶液体积的变化），H3R、H2R－、HR2－和R3－的含量与pH的关系如图所示。

下列叙述正确的是（）。

A．图中b曲线表示HR2－的变化

B．HR2－的电离常数为Ka3＝1×10－6

C．pH＝7时，c（Na+）＝c（HR2－）+c（H2R－）+c（R3－）

D．pH＝5时，c（HR2－）+c（H2R－）+c（R3－）＝0.1mol·L－1

【解析】选B。

A项，H3R溶液中加入NaOH，先反应生成NaH2R，再生成Na2HR，最后生成Na3R，则图中曲线a、b、c、d分别代表H3R、H2R－、HR2－和R3－，错误；B项，HR2－的电离常数Ka3＝

，由图可知，HR2－和R3－的含量相等时，溶液的pH＝6，则有Ka3＝c（H+）＝1×10－6，正确；C项，常温下，pH＝7时，溶液呈中性，则有c（H+）＝c（OH－），结合电荷守恒推知，c（Na+）＝2c（HR2－）+c（H2R－）+3c（R3－），错误；D项，由图可知，pH＝5时溶液中存在H3R、H2R－、HR2－和R3－，据物料守恒可得c（HR2－）+c（H2R－）+c（R3－）+c（H3R）＝0.1mol·L－1，错误。

2．（2020·滨州二模）柠檬酸（用H3R表示）是一种高效除垢剂。

常温时，用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R－、HR2－、R3－的物质的量百分数随pH的变化如图所示。

下列说法正确的是（）。

A．由a点判断H3R的第一步电离常数Ka1（H3R）的数量级为10－3

B．若b点溶液中金属阳离子只有Na+，则有c（Na+）＝c（R3－）+c（HR2－）+c（H2R－）+c（H3R）

C．pH＝6时，c（R3－）＝c（HR2－）＞c（H+）＞c（OH－）

D．反应2H2R－

H3R+HR2－在该温度下的平衡常数K＝10x－y

【解析】选CD。

柠檬酸溶液电离方程式：

H3R

H2R－+H+，H2R－

HR2－+H+，HR2－

R3－+H+，在a点时，c（H2R－）＝c（H3R），第一步电离常数Ka1（H3R）＝

＝c（H+）＝10－3.3，故其数量级为10－4，A错误；b点时，c（NaH2R）＝c（Na2HR），根据物料守恒可得2c（Na+）＝3［c（R3－）+c（HR2－）+c（H2R－）+c（H3R）］，B错误；根据图示，随着pH的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以H3R含量会减少。

pH＝6时，c（R3－）＝c（HR2－），溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH－），盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，即c（HR2－）＞c（H+），故c（R3－）＝c（HR2－）＞c（H+）＞c（OH－），C正确；H3R

H2R－+H+的电离平衡常数Ka1（H3R）＝

＝c（H+）＝10－x；H2R－

HR2－+H+的电离平衡常数Ka2（H3R）＝

＝c（H+）＝10－y，反应2H2R－

H3R+HR2－在该温度下的平衡常数K＝

＝

＝

＝

＝10x－y，D正确。

3．（2020·江苏仿真冲刺四）一定浓度的柠檬酸（用H3R表示）溶液中H3R、H2R－、HR2－、R3－的含量随pH的变化如图所示。

下列说法正确的是（）。

A．Na3R溶液中存在的阴离子是HR2－、R3－

B．pH＝4.8时，c（H2R－）＝c（HR2－）＞c（OH－）＞c（H+）

C．H3R的第三步电离常数Ka3（H3R）的数量级为10

－6

D．Na2HR溶液中HR2－的水解程度小于电离程度

【解析】选CD。

分析各微粒含量随pH的变化图像可知，a代表H3R，b代表H2R－，c代表HR2－，d代表R3－。

A项，Na3R溶液中R3－可以进行三步水解，所以溶液中还存在H2R－、OH－，故A错误；B项，pH＝4.8时显酸性，即c（H+）＞c（OH－），故B错误；C项，H3R的第三步电离常数Ka3＝

，当pH＝6时，c（HR2－）＝c（R3－），则有Ka3＝c（H+）＝10－6，故C正确；D项，根据图示知Na2HR溶液显酸性，故D正确。

4．H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示：

下列说法正确的是（）。

A．在pH为6.37及10.25时，溶液中c（H2CO3）＝c（HCO3－）＝c（CO32－）

B．反应HCO3－+H2O

H2CO3+OH－的平衡常数为10－7.63

C．0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中c（HC2O4－）+2c（C2O42－）+c（H2C2O4）＝0.1mol·L－1

D．往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：

CO32－+H2C2O4＝HCO3－+HC2O4－

【解析】选B。

在pH为6.37时c（H2CO3）＝c（HCO3－），pH为10.25时，c（HCO3－）＝c（CO32－），A错误；反应HCO3－+H2O

H2CO3+OH－的平衡常数为Kh2＝

，pH＝6.37时，c（H2CO3）＝c（HCO3－），Kh2＝c（OH－）＝

＝10－7.63，B正确；在0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中有c（C2O42－）、c（HC2O

）和c（H2C2O4），据物料守恒c（C2O42－）+c（HC2O4－）+c（H2C2O4）＝c（Na+）＝0.1mol·L－1，C错误；草酸的酸性比碳酸强，往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和C2O42－，发生反应：

2CO32－+H2C2O4＝2HCO

+C2O42－，D错误。

5．（2020·银川一模）最近科学家在植物中提取到一种特殊的二元酸叫类草酸H2M（Ka2＝1.4×10－3；Ka2＝1.7×10－5），能做安全的食品保鲜剂，研究表明H2M分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌。

常温下，向20mL0.2mol/LH2M溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。

根据图示判断，下列说法正确的是（）。

A．b点比a点杀菌能力强

B．曲线Ⅲ代表HM－物质的量的变化

C．M2－水解常数Kh＝7.14×10－12

D．当V＝30mL时，溶液显酸性

【解析】选D。

H2M分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2M浓度越大杀菌能力越大，H2M与NaOH反应过程中H2M浓度逐渐减小、HM－浓度先增大后减小、M2－浓度增大，所以I表示H2M、II表示HM－、III表示M2－；H2M分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2M浓度越大杀菌能力越大，H2M浓度：

a＞b，所以杀菌能力a＞b，故A错误；通过以上分析知，III表示M2－物质的量的变化，故B错误；M2－水解常数Kh1＝

＝

＝

＝

≈5.88×10－10，故C错误；当V＝30mL时，溶液中生成等物质的量浓度的NaHM、Na2M，根据图知溶液中c（HM－）＜c（M2－），说明HM－电离程度大于M2－水解程度，所以溶液呈酸性，故D正确。

【点睛】考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确判断各曲线表示微粒种类、水解平衡常数计算方法是解本题关键，注意：

二元弱酸中第一步水解平衡常数与该酸的第二步电离平衡常数之积为离子积常数。

6．（2020·潍坊五县一模）常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示（pC＝－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度）。

下列说法正确的是（）。

A．常温下，H2C2O4的Ka1＝100.8

B．pH＝3时，溶液中c（HC2O4－）＜c（C2O42－）＝c（H2C2O4）

C．pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大

D．常温下，随着pH的增大，

的值先增大后减小

【解析】选C。

曲线II为pc（H2C2O4），曲线I为pc（HC2O4－）、III为pc（C2O42－），当pH＝0.8时，pc（H2C2O4）＝pc（HC2O4－），即c（H2C2O4）＝c（HC2O4－），则Ka1＝

＝c（H+）＝10－0.8，故A错误；曲线II为Pc（H2C2O4），曲线I为pc（HC2O4－）、III为pc（C2O42－），pH＝3时，pc（H2C2O4）＝pc（C2O42－）＞pc（HC2O4－），pC越小则该微粒浓度越大，所以c（HC2O4－）＞c（C2O42－）＝c（H2C2O4），故B错误；酸抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c（H+）减小，则水的电离程度增大，故C正确；

＝

＝

，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则

不变，故D错误。

【点睛】考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c（H2C2O4）越大，pC越小。

7．（2020·黄山一模）室温下，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，若pc＝－lgc，则所得溶液中pc（H2C2O4）、pc（HC2O4－）、pc（C2O42－）与溶液pH的关系如图所示。

下列说法正确的是（）。

A．M点时，2c（HC2O4－）+c（C2O42－）＞c（Na+）

B．pH＝x时，c（HC2O4－）＜c（H2C2O4）＝c（C2O42－）

C．常温下，Ka2（H2C2O4）＝10－1.3

D．

随pH的升高而减小

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，离子浓度大小的比较

【解析】选A。

根据电荷守恒可知，c（HC2O4－）+2c（C2O42－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），因M点时，pH＝4.3，即c（H+）＞c（OH－），又因pc（HC2O4－）＝pc（C2O42－），即c（HC2O4－）＝c（C2O42－），则可推出2c（HC2O4－）+c（C2O42－）＞c（Na+），故A项符合题意；从图中可以看出，pH＝x时，pc（HC2O4－）＜pc（H2C2O4）＝pc（C2O42－），因pc＝－lgc，则c（HC2O4－）＞c（H2C2O4）＝c（C2O42－），故B项不符合题意；常温下，M点时，pH＝4.3，pc（HC2O4－）＝pc（C2O42－），即c（HC2O4－）＝pc（C2O42－），Ka2（H2C2O4）＝

＝10－4.3，故C项不符合题意；

＝

＝

，电离平衡常数只与温度有关，故温度不变时，该值不变，不会随pH的升高而减小，故D项不符合题意。

【分析】根据图中各种离子的等量关系，结合溶液中电荷守恒和电离平衡常数的定义进行分析即可。

根据电荷守恒、溶液呈酸性，以及c（HC2O4－）、c（C2O42－）的等量关系进行分析；根据图像判断离子浓度大小关系；根据草酸的电离平衡常数进行计算。

8．（2020·北京大兴区一模）乙二酸（H2C2O4）俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。

草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如下图，下列说法正确的是（）。

已知：

①室温下，0.1mol·L－1H2C2O4的pH＝1.3；0.1mol·L－1NaHC2O4的pH＝2.8②草酸钙（CaC2O4）难溶于水。

A．pH＝4.5的草酸溶液中含有的大量微粒有：

H2C2O4、HC2O4－、C2O42－

B．0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中：

c（Na+）＞c（HC2O4－）＞c（C2O42－）＞c（H2C2O4）

C．向H2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：

2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O

D．向NaHC2O4溶液中加入足量澄清石灰水，产生白色沉淀：

2HC2O4－+Ca2++2OH－＝CaC2O4↓+2H2O+C2O42

－【解析】选B。

pH＝4.5的草酸溶液中含有的大量微粒有：

HC2O4－、C2O42－，A错误；NaHC2O4是强碱弱酸盐，产生Na+、HC2O4－，HC2O4－既发生电离作用产生C2O42－和H+，也发生水解作用产生H2C2O4、OH－，0.1mol·L－1NaHC2O4溶液pH＝2.8，说明其电离作用大于水解作用，所以c（C2O42－）＞c（H2C2O4），电离、水解消耗HC2O4－，则c（Na+）＞c（HC2O4－），但主要以盐电离产生的离子形式存在，c（HC2O4－）＞c（C2O42－）＞c（H2C2O4），故溶液中各种微粒浓度大小关系为：

c（Na+）＞c（HC2O4－）＞c（C2O42－）＞c（H2C2O4），B正确；草酸是二元弱酸，主要以酸分子存在，应该写化学式，C错误；向NaHC2O4溶液中加入足量澄清石灰水，溶液中含有大量Ca2+，反应产生草酸钙白色沉淀，不可能还存在C2O42－，D错误。

9．（2020·浙江选考模拟三）如图是草酸溶液中H2C2O4、HC2O4－、C2O42－三种微粒的分布分数（某微粒物质的量浓度与三种微粒物质的量浓度和的比值）与pH的关系，下到有关说法不正确的是（）。

A．H2C2O4

HC2O4－+H+，Ka＝10－a

B．NaHC2O4溶液中，c（Na+）＞c（HC2O4－）＞c（H+）＞c（C2O42－）＞c（OH－）

C．向NaHC2O4溶液中加强酸至pH与a点对应时，溶液中c（Na+）+c（H+）＝c（C2O42－）+（HC2O4－）+c（OH－）

D．为使溶液中c（HC2O4－）尽可能多一些，溶液的pH最好控制在2.7左右

【解析】选C。

A项，草酸的一级电离是可逆的，电离常数Ka＝

，在pH＝a时c（HC2O4－）＝c（H2C2O4），则Ka＝c（H+）＝10－a，正确；B项，由图示可知NaHC2O4溶液中，HC2O4－的电离程度大于水解程度溶液呈酸性，因此c（Na+）＞c（HC2O4－）＞c（H+）＞c（C2O42－）＞c（OH－），正确；C项，不符合电荷守恒，错误；D项，由图示可知pH控制在2.7左右时溶液中c（HC2O4－）达到最大值，正确。

10．（2020·天津宝坻二模）25℃，改变0.01mol/LCH3COONa溶液的pH，溶液中CH3COOH、CH3COOH、H+、OH－浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。

若pKa＝－lgKa。

下列叙述错误的是（）。

A．pH＝6时，c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）

B．CH3COOH电离常数的数量级为10－5

C．图中点x的纵坐标值为－4.74

D．0.01mol/LCH3COONa的pH约等于线c与线d交点处的横坐标值

【解析】选A。

根据图知，pH＜7时，CH3COOH电离量少，c表示CH3COOH的浓度；pH＝7时c（OH－）＝c（H+），二者的对数相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H+）越小，则lgc（OH－）增大，所以b、d分别表示H+、OH－；pH＞7时，CH3COOH几乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－。

pH＝6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故A错误；c（CH3COOH）＝c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数Ka＝

＝c（H+）＝10－4.74，故B正确；根据Ka＝

求解；pH＝2时，c（H+）＝10－2mol·L－1，从曲线c读出c（CH3COOH）＝10－2mol·L－1，由选项B，Ka＝10－4.74，解得c（CH3COO－）＝10－4.74，故C正确；从c与线d交点作垂线，交点c（CH3COOH）＝c（OH－），而且此时c（CH3COO－）＝10－2mol·L－1，CH3COO－+H2O

CH3COOH+OH－，CH3COONa水解平衡常数Kh＝

＝

＝

＝10－9.26，则c2（OH－）＝10－9.26×10－2

，

c（OH－）＝10－5.63,pOH＝5.63,pH＝14－pOH＝8.37，即c与线d交点处的横坐标值，故D正确。

11．（2019·辽宁朝阳一模）25℃时，改变醋酸溶液的pH［溶液中c（CH3COO－）与c（CH3COOH）之和始终为0.1mol·L－1］，溶液中H+、OH－、CH3COO－及CH3COOH浓度的对数值（lgc）与pH关系如图所示。

下列说法错误的是（）。

A．lgK（CH3COOH）＝－9.26

B．图中①表示CH3COOH浓度的对数值与pH的关系曲线

C．0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH约为2.88

D．0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH约为8.87

【分析】醋酸溶液中存在CH3COOH

CH3COO－+H+的电离平衡，c（CH3COOH）+c（CH3COO－）＝0.1mol•L－1，在强酸性溶液中c（CH3COOH）≈0.1mol/L，lgc（CH3COOH）≈－1，强碱性溶液中c（CH3COO－）≈0.1mol/L，lgc（CH3COO－）≈－1，根据图知，①为表示CH3COOH的曲线、②为表示CH3COO－的曲线，酸性越强lg（H+）越大、lg（OH－）越小，碱性越强lg（H+）越小、lg（OH－）越大，所以③线是表示H+的曲线、④线是表示OH－的曲线，据此分析解答。

【解析】选A。

K（CH3COOH）＝

，当c（CH3COOH）＝c（CH3COO－），Ka＝c（H+）＝10－4.75，lgK（CH3COOH）＝－4.75，故A错误；根据上述分析，①为表示CH3COOH的曲线、②为表示CH3COO－的曲线，③线是表示H+的曲线、④线是表示OH－的曲线，故B正确；醋酸为弱酸，电离程度较小，因此0.1mol·L－1CH3COOH溶液中c（CH3COO－）≈c（H+），根据图知，这两种微粒浓度相等的点对应的pH约为2.88，故C正确；因为醋酸钠水解程度较小，所以醋酸钠溶液中c（CH3COOH）≈c（OH－），根据图知，这两种微粒浓度相等的点对应的pH＝8.87，故D正确。

【点睛】本题考查了弱电解质的电离及酸碱混合溶液的定性判断，明确弱电解质电离特点及图示中各条曲线代表的微粒是解本题关键，也是本题的难点和易错点。

四、柠檬酸溶液中各微粒的分布系数

12．（2020·北京顺义区二模）25℃下，水中碳酸化合物的三种微粒占总浓度的百分比随pH变化如图所示。

25℃时，向10mL0.1mol・L－lNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol・L－1稀盐酸，下列说法正确的是（）。

A．0.1mol・L－lNa2CO3溶液中：

c（Na+）+c（H+）＝c（CO32－）+c（HCO3－）+c（OH－）

B．溶液pH＝8.3时，c（Na+）＝c（Cl－）

C．溶液pH＝7时，加入盐酸体枳大于10mL

D．溶液pH＝6时的导电能力强于pH＝11时的导电能力

【解析】选C。

根据电荷守恒，0.1mol・L－lNa2CO3溶液中：

c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（OH－），A错误；根据图像，溶液pH＝8.3时，溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，c（Na+）＞c（Cl－），B错误；当加入盐酸体积为10mL时，碳酸钠与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性，pH＞7，若使溶液pH＝7，溶液中加入盐酸体枳大于10mL，C正确；溶液中离子浓度越大，导电能力越强；离子所带电荷数越高，导电能力越强，根据图像可知，溶液pH＝11时的导电能力强于pH＝6时的导电能力，D错误。

13．（2020·天津静海区学业能力调研）25℃时，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，溶液中含碳微粒的物质的量分数（φ）随溶液pH变化的部分情况如图所示。

下列说法中正确的是（）。

A．pH＝7时，c（Na+）＝（Cl－）+c（HCO3－）+2c（CO32－）

B．pH＝8时，c（Na+）＝c（Cl－）

C．pH＝12时，c（Na+）＞c（OH－）＞c（CO32－）＞c（HCO3－）＞c（H+）

D．25℃时，CO32－+H2O

HCO3－+OH－的水解平衡常数Kh＝10－10mol·L－1

【解析】选A。

由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）＝（OH－）+Cl－）+c（HCO3－）+2c（CO32－），pH＝7时，c（H+）＝（OH－），则c（Na+）＝（Cl－）+c（HCO3－）+2c（CO32－），故A正确；据图可知，pH＝8时溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，则溶液中c（Cl－）＜c（Na+），故B错误；pH＝12时，溶液为Na2CO3溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，则c（Na+）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（HCO3－）＞c（H+），故C错误；CO32－的水解常数Kh＝

，据图可知，当溶液中c（HCO3－）：

c（CO32－）＝1∶1时，溶液的pH＝10，c（H+）＝10－10mol·L－1，由Kw可知c（OH－）＝10－4mol·L－1，则Kh＝

＝c（OH－）＝10－4mol·L－1，故D错误。

【点睛】本题考查盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离等，难点为D，注意利用溶液中c（HCO3－）：

c（CO32－）＝1∶1时，溶液的pH＝10这个条件。

14．（2020·西安中学第四次模拟）常温下，在10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化），下列说法不正确的是（）。

A．常温下，水解常数Kh（CO32－）的数量级为10－4

B．当溶液是中性时，溶液的总体积大于20Ml

C．在0.1mol/LNa2CO3溶液中：

c（OH－）＞c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（H+）

D．在B点所示的溶液中，离子浓度最大的是HCO3－

【思路点拨】解答本题要明确如下3点：

（1）由A点可以确定碳酸的二级电离常数和碳酸根的水解常数。

（2）碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都呈碱性。

（3）根据质子守恒可以判断相关离子浓度的大小关系。

【解析】选D。

由图中信息可知，A点c（HCO3－）＝c（CO32－），则水解常数Kh（CO32－）＝

＝c（OH－），A点对应的11＞pH＞10，则10－4mol/L＜c（OH－）＜10－3mol/L，所以，水解常数Kh（CO32－）的数量级为10－4，A正确；0.1mol/LNa2CO3溶液呈碱性，当加入10mL0.1mol/LHCl溶液时碳酸根全部转化为碳酸氢根，此时溶液仍呈碱性，所以，当溶液是中性时，溶液的总体积大于20mL，B正确；在0.1mol/LNa2CO3溶液中，由质子守恒可知，c（OH－）＝2c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（H+），所以，c（OH－）＞c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（H+），C正确；由物料守恒可知，在B点所示的溶液中，离子浓度最大的是Na+，D不正确。

15．（2020·吕梁一模）25℃时，H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11。

室温下向10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液。

如图是溶液中含碳元素微粒的物质的量分数随pH降低而变化的图像（CO2因有逸出未画出）。

下列说法错误的是（）。

A．A点溶液的pH＜11

B．B点溶液：

c（Na+）＝c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）

C．A→B的过程中，离子反应方程式为CO32－+H+＝HCO3－

D．分步加入酚酞溶液和甲基橙溶液，用滴定法可