第8章 第41讲 反应过程中溶液粒子浓度变化曲线（word教参）-【导学教程】2025年化学新编高考大一轮总复习（鲁科版）

第41讲　反应过程中溶液粒子浓度变化曲线 [课程标准]　1.能正确识别图像，能从图像中找到曲线指代、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　滴定过程pH变化曲线 常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液： 关键点 溶液中溶质成分及粒子浓度大小关系 起点 V(NaOH)＝0(0点) 溶质是__CH3COOH__，粒子浓度大小关系：__c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)__ 一半点 V(NaOH)＝10 mL (点①) 溶质是等物质的量的__CH3COOH__和__CH3COONa__粒子浓度大小关系：　c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)　 元素守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝__2c(Na＋)__ 中性点 pH＝7(点②) 溶质是__CH3COONa__和少量的__CH3COOH__ 粒子浓度大小关系：__c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)__ 恰好反应点 V(NaOH)＝20 mL (点③) 溶质是__CH3COONa__ 粒子浓度大小关系：__c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)__ 过量1倍点 V(NaOH)＝40 mL 溶质是等物质的量的__CH3COONa__和__NaOH__ 粒子浓度大小关系：__c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)__ 　一元弱电解质的滴定曲线 1．常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)＜c(CN－) B．点③和点④所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋) C．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH) D．点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋) 解析　A项，点①的溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(CN－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＞c(H＋)，点②溶液中的电荷守恒为c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＜c(H＋)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，错误；B项，点③溶液pH＝7，则c(OH－)＝c(H＋)，则点③溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；C项，点①所示的溶液中存在元素质量守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)，点②所示的溶液中存在元素质量守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Na＋)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)＋c(CN－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，即c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)，正确。 答案　C 2．(2023·大连高三联考)用0.100 0 mol·L－1的盐酸标准液分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L－1的氨水和NaOH溶液，滴定曲线如下图。下列说法错误的是(　　) A．滴加10.00 mL盐酸时，氨水中存在c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋) B．分别滴加20.00 mL盐酸时，NaOH溶液中水的电离程度大于氨水 C．若用甲基橙作指示剂，滴定终点时NaOH溶液消耗盐酸的量略大于氨水 D．滴加10.00 mL盐酸时，氨水中存在c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) 解析　滴加10.00 mL盐酸时，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，且物质的量相等，利用电荷守恒和元素质量守恒，氨水中存在c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)和c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，所以有c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋)，A正确；分别滴加20.00 mL盐酸时，恰好反应生成氯化钠和氯化铵，铵根离子能够水解，所以NaOH溶液中水的电离程度小于氨水，B错误；若用甲基橙作指示剂，滴定终点时pH为3.1～4.4，若不考虑铵根离子水解，两份溶液消耗盐酸的量相等，铵根离子水解呈酸性，所以NaOH溶液消耗盐酸的量略大于氨水，C正确；滴加10.00 mL盐酸时，氨水中存在等量的NH3·H2O和NH4Cl，此时NH3·H2O电离程度强于NH水解程度，所以存在c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。 答案　B 　二元弱电解质的滴定曲线 3．已知pKa＝－lg Ka,25 ℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。常温下，用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．a点所得溶液中：2c(H2SO3)＋c(SO)<0.1 mol·L－1 B．b点所得溶液中：c(H2SO3)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－) C．c点所得溶液中：c(Na＋)>3c(HSO) D．d点所得溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(SO) 解析　滴定过程中发生反应：NaOH＋H2SO3===NaHSO3＋H2O、NaHSO3＋NaOH===Na2SO3＋H2O。a点溶液中的溶质为NaHSO3和H2SO3，根据元素质量守恒得出，c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)<0.1 mol·L－1，根据电离常数Ka1＝，此时溶液的pH＝1.85，即c(H＋)＝10－1.85 mol·L－1，推出c(HSO)＝c(H2SO3)，代入上式得出，2c(H2SO3)＋c(SO)<0.1 mol·L－1，A正确；b点加入20 mL NaOH溶液，NaOH和H2SO3恰好完全反应生成NaHSO3，即溶质为NaHSO3，根据质子守恒得c(H2SO3)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，B正确；c点溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液显碱性，SO＋H2OHSO＋OH－，根据水解平衡常数Kh＝＝，c(OH－)＝，推出 c(HSO)＝c(SO)，根据元素质量守恒得：2c(Na＋)＝3c(H2SO3)＋3c(HSO)＋3c(SO)，则有c(Na＋)＝3c(HSO)＋1.5c(H2SO3)，显然：c(Na＋)>3c(HSO)，C正确；d点溶质主要为Na2SO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度：c(Na＋)>c(SO)>c(HSO)，D错误。 答案　D 4．常温下向100 mL 0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中滴加0.1 mol·L－1的盐酸，溶液中pOH与加入盐酸的体积关系如图所示。已知：pOH＝－lg c(OH－)，Ka1(H2C2O4)＝1×10－2，Ka2(H2C2O4)＝1×10－5。下列说法不正确的是(　　) A．m的值约为5 B．若V1＝100，则n>7 C．a点：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(Cl－)＋c(OH－) D．若q＝10，则b点对应的溶液>100 解析　m点还没有加入盐酸，C2O发生水解：C2O＋H2OHC2O＋OH－，Kh＝＝，所以c(OH－)≈＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，pOH＝5，A正确；V1＝100时，Na2C2O4与盐酸按照1∶1恰好反应，生成NaHC2O4和NaCl，HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，pH<7，pOH>7，B正确；a点溶液满足电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)，C正确；q＝10，即pOH＝10，c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，＝＝100，D错误。 答案　D 抓两点突破二元弱电解质滴定曲线 以“二元弱酸(H2A)与NaOH溶液反应”为例。 第一滴定终点：H2A＋NaOH===NaHA＋H2O，此时，酸、碱的物质的量之比为1∶1，得到的是NaHA的溶液，其中Ka1＝，若溶液中c(HA－)＝c(H2A)，则Ka1＝c(H＋)。 第二滴定终点：NaHA＋NaOH===Na2A＋H2O，此时，酸、碱的物质的量之比为1∶2，得到的是Na2A的溶液，其中Ka2＝，若溶液中c(A2－)＝c(HA－)，则Ka2＝c(H＋)。 考点二　分布系数曲线 1．透析分布曲线，锁定思维方向 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__HC2O__分布系数、δ2为__C2O__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析浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度 2．明确解题要领，快速准确作答 (1)读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势； (2)“读浓度”——通过横坐标的垂线，可读出某pH时的粒子浓度； (3)“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__； (4)“可替换”——根据溶液中的元素质量守恒进行替换，分析得出结论。 　分布系数曲线的应用 1．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)<c(A－) D．某c(HA)∶c(A－)＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4 解析　观察曲线的交点为c(HA)＝c(A－)时，此时溶液的pH≈4.7，该酸Ka＝＝c(H＋)≈10－4.7，故－lg Ka≈4.7，A正确；NaA的水解平衡常数Kh＝＝，B错误；根据图像可知，当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)＜c(A－)，C正确；根据图像可知，c(HA)为0.8，c(A－)为0.2时，pH约为4，故某c(HA)∶c(A－)＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4，D正确。 答案　B 2．T ℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O－4、C2O的物质的量分数(δ)与pH的关系如图所示： 0．1 mol·L－1的NaHC2O4溶液呈________性，其离子浓度从大到小的顺序为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　由题图可知Ka1＝10－1.2，Ka2＝10－4.2，HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，Kh＝＝＝10－(14－1.2)≪Ka2，所以HC2O的电离程度大于其水解程度(注：也可以根据图像观察)。 答案　酸　c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(OH－) 考点三　对数—pH曲线 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。 1．破解对数图像——pH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__。 2．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。 　pH的关系曲线应用 1．(2023·吉林白山模拟)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<F<G 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：E<F<G，D正确。 答案　C 2．常温下，向二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示： 回答下列问题： (1)向二元弱酸H2Y中滴加NaOH溶液，依次反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)随着NaOH溶液的滴加，lg ________(填“增大”或“减小”，下同)，lg ________。 (3)Ka2(H2Y)＝________。 (4)在交叉点“e”，c(H2Y)________(填“＞”“＜”或“＝”)c(Y2－)。 解析　(3)Ka2＝，当c(H＋)＝10－3 mol·L－1时，＝10－1.3，所以Ka2＝10－4.3。 (4)在“e”点lg ＝lg ，所以＝，所以c(H2Y)＝c(Y2－)。 答案　(1)H2Y＋OH－===H2O＋HY－、HY－＋OH－===H2O＋Y2－　(2)增大　减小 (3)10－4.3　(4)＝ [对应学生用书P233] 1．(2021·湖南卷)常温下，用0.100 0 mol·L－1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L－1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是(　　) A．该NaX溶液中：c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋) B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ) C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－) D．分别滴加20.00 mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－) 解析　NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由题图分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根离子的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故C错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00 mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。 答案　C 2．(2021·海南卷改编)25 ℃时，向10.00 mL 0.100 0 mol·L－1的NaHCO3溶液中滴加0.100 0 mol·L－1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法正确的是(　　) A．a点，溶液pH>7是由于HCO水解程度大于电离程度 B．b点，c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(Cl－) C．c点，溶液中的H＋主要来自HCO的电离 D．d点，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.100 0 mol·L－1 解析　HCO存在水解平衡和电离平衡，a点溶液pH>7是由于HCO水解程度大于电离程度，故A正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，b点pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，故B错误；c点溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的H＋主要来自H2CO3的电离，故C错误；d点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.050 0 mol·L－1，故D错误。 答案　A 3．(2023·湖北卷)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0＝2.0×10－4mol·L－1，c0＝5.0×10－3mol·L－1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)＝，已知lg 2≈0.30，lg 3≈0.48。下列说法正确的是(　　) A．当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－) B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－ C．L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lg K 约为14 D．当pH＝10时，参与配位的c≈1.0×10－3mol·L－1 解析　从题图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2－进行络合，但在pH＝1时，富含L的物质主要为H2L，此时电离出的HL－较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH＝1时溶液中c(HL－)≈10－9.46，但pH＝1时c(OH－)＝10－13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]＋)>c(HL－)>c(OH－)，A错误；根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL－的含量最大，而H2L和L2－的含量最少，因此当pH在9.5～10.5之间时，含L的物种主要为HL－，B错误；该反应的平衡常数K＝，当[FeL2]－与[FeL]＋分布分数相等时，可以将K简化为K＝，此时体系的pH＝4，在pH＝4时可以计算溶液中c(L2－)＝5.0×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10－14.16，即lg K≈14，C正确；根据图像，pH＝10时溶液中主要的物质为[FeL3]3－和[FeL2(OH)]2－，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝1×10－4mol·L－1，此时形成[FeL3]3－消耗了3×10－4mol·L－1的L2－，形成[FeL2(OH)]2－消耗了2×10－4mol·L－1的L2－，共消耗了5×10－4mol·L－1的L2－，即参与配位的c(L2－)≈5×10－4，D错误。 答案　C 4．(双选)(2023·山东卷)在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I－)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2＋＋2I－；HgI2(aq)HgI＋＋I－；HgI2(aq)＋I－HgI；HgI2(aq)＋2I－HgI，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lg c(Hg2＋)、lg c(HgI＋)，lg c(HgI)、lg c(HgI)随lg c(I－)的变化关系如图所示，下列说法错误的是(　　) A．线L表示lg c(HgI)的变化情况 B．随c(I－)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小 C．a＝lg D．溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2∶1 解析　HgI2溶液中各反应达到平衡后，增大c(I－)，平衡HgI2(aq)HgI＋＋I－、HgI2(aq)Hg2＋＋2I－逆向移动，c(HgI＋)、c(Hg2＋)减小，且开始时c(HgI＋)<c(Hg2＋)；平衡HgI2(aq)＋I－HgI、HgI2(aq)＋2I－HgI正向移动，c(HgI)、c(HgI)增大，且开始时c(HgI)>c(HgI)。 曲线L表示lg c(HgI)的变化情况，A正确；增大c(I－)，HgI2(aq)Hg2＋＋2I－、HgI2(aq)HgI＋＋I－平衡逆向移动，c[HgI2(aq)]增大，从而使HgI2(s)HgI2(aq)平衡逆向移动，该溶液为HgI2的饱和溶液，则c[HgI2(aq)]不变，B错误；已知HgI2(aq)Hg2＋＋2I－、HgI2(aq)HgI＋＋I－的平衡常数分别为K1、K2，由第二个反应－ 第一个反应，可得Hg2＋＋I－HgI＋，K＝＝，M点c(HgI＋)＝c(Hg2＋)，则c(I－)＝，a＝lg c(I－)＝lg，C正确；加入I－使各平衡移动，故溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比不始终为2∶1，D错误。 答案　BD 学科网（北京）股份有限公司 $$