上篇 专题5 选择题突破5.1 “突跃曲线”的分析应用（word教参）-【创新教程】2025年高考化学大二轮专题增分方案（单选）

专题五　电解质溶液中的平衡 1.“突跃曲线”的分析应用 1．滴定过程中c水(H＋)或c水(OH－)的变化曲线 25 ℃时，以盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1氨水过程中由水电离出的氢离子浓度[c水(H＋)]随加入盐酸体积的变化关系图为例进行分析： 注意：碱性溶液中，c(H＋)＝c水(H＋)，c(OH－)＝；酸性溶液中，c(OH－)＝c水(OH－)，c(H＋)＝。 2．pH­V滴定图像模型 1．(二次滴定终点曲线|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)＜c(CH3COO－) D．水的电离程度：a＜b＜c＜d 解析：D　[ 由分析可知，点a时溶质为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.010 0 mol·L－1， c(H＋)＝10－3.38 mol·L－1，Ka(CH3COOH) ＝≈＝10－4.76(计算Ka，利用图像中明确坐标值的点)，故A正确；点a溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液(等式的确定，首先确定溶液中溶质及溶质的比例关系，分别讨论元素守恒、电荷守恒)，存在元素守恒关系c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故B正确；点b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)<c(CH3COO－)。(酸(碱)盐1∶1混合溶液，利用Ka(Kb)、Kh分析溶液的酸碱性)故C正确；在滴定过程中，从开始到c点，水的电离程度逐渐增大，c点时水的电离程度最大，即a<b<c，但点d碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d(先确定溶质及溶质对水电离的影响)，故D错误。] 2. (滴定曲线|2021·湖南，9)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：C　[A项，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；B项，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，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；C项，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；D项，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关系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。] 3. (滴定曲线·2019·全国卷Ⅰ，11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是(　　) A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的 C．b点的混合溶液pH＝7 D．c点的混合溶液中，c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－) 解析：C　[滴定至终点时发生反应：2NaOH＋2KHA===K2A＋Na2A＋2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A项正确；图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K＋)、c(HA－)逐渐减小，而Na＋、A2－的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH>7，C项错误；滴定终点时，c(K＋)＝c(Na＋)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点到c点的，故c点时c(K＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，D项正确。] 1．(2024·北京海淀一模)向10 mL HCOOH­NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1 mol·L－1)中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，并监测溶液pH变化，实验数据如图。由该实验可得到的结论是(　　) A．HCOOH电离方程式为HCOOH===H＋＋HCOO－ B．由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O C．b点溶液中的OH－主要来自HCOO－水解 D．0.05 mol·L－1氨水的pH<10.89 解析：B　[A.10 mL HCOOH­NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1 mol·L－1)pH大于2，说明HCOOH是弱酸，则HCOOH的电离方程式为HCOOHH＋＋HCOO－，故A错误；B.a点HCOOH全部反应完，溶质为HCOONa、NH4Cl且两者浓度相等，溶液显酸性，则铵根水解占主要，根据越弱越水解，则氨水的电离程度小，因此由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O，故B正确；C.b点溶液溶质为HCOONa、NH4Cl、NH3·H2O、NaCl，且NH3·H2O物质的量浓度大于NH4Cl物质的量浓度，则b点溶液中的OH－主要来自NH3·H2O电离和HCOO－的水解，故C错误；D.c点溶液溶质为HCOONa、NH3·H2O、NaCl，且NH3·H2O物质的量浓度为0.033 mol·L－1，此时混合溶液的pH＝10.89，由于存在HCOONa和氨水浓度两个变量，无法确定0.05 mol·L－1氨水的pH<10.89，故D错误；综上所述，答案为B。] 2．(2024·北京东城一模)将等物质的量浓度等体积的甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H2N—CH2—COOH＋H＋===H3—CH2—COOH，取上述溶液(含0.04 mol H3—CH2—COOH)，滴加NaOH溶液，pH的变化如图所示(注：b点溶液中甘氨酸以H3—CH2—COO—的形式存在)。 下列说法不正确的是(　　) A．H3—CH2—COOH中解离出H＋的能力：—COOH>—H3 B．b点溶液pH<7，推测H3—CH2—COO—中H3—解离出H＋的程度大于—COO—水解的程度 C．c点溶液中存在：c(Na＋)>c(Cl－)>c(H3—CH2—COOH)>c(H2N—CH2—COO—) D．由d点可知：H3—CH2—COO－H2N—CH2—COO－＋H＋的K≈10－9.6 解析：C　[甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H2N—CH2—COOH＋H＋===H3—CH2—COOH，向反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，依次发生H3—CH2—COOH＋OH－===H3—CH2—COO－＋H2O、H3—CH2—COO－＋OH－===H2N—CH2—COO－＋H2O。 A．甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H2N—CH2—COOH＋H＋===H3—CH2—COOH，生成物为H3—CH2—COOH，再向其中加氢氧化钠溶液，继续反应，b点溶液中甘氨酸以H3—CH2—COO－的形式存在，即—COOH更容易和氢氧化钠溶液反应，所以解离出H＋的能力：—COOH>—H3，故A正确； B．b点溶液中甘氨酸以H3—CH2—COO－的形式存在，—COO－水解使溶液有呈碱性的趋势、H3—电离使溶液有呈酸性的趋势，b点溶液pH<7，所以H3—CH2—COO－中H3—解离出H＋的程度大于—COO－水解的程度，故B正确；C.c点n(NaOH)＞0.04 mol，而溶液中n(Cl－)＝0.04 mol，所以n(NaOH)＞n(Cl－)，即c(Na＋)＞c(Cl－)，甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H2N—CH2—COOH＋H＋===H3—CH2—COOH，向反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，b点溶液中甘氨酸以H3—CH2—COO－的形式存在，此时H3—CH2—COOH与氢氧化钠恰好完全反应：H3—CH2—COOH＋OH－===H3—CH2—COO－＋H2O，再加氢氧化钠溶液，发生反应：H3—CH2—COO－＋OH－===H2N—CH2—COO－＋H2O，生成H2N—CH2—COO－，所以c点溶液中应是存在：c(H2N—CH2—COO－)>c(H3—CH2—COOH)，故C错误；D.b点0.04 mol NaOH与0.04 mol H3—CH2—COOH反应，生成0.04 mol H3—CH2—COO－，再加0.02 mol NaOH与0.02 mol H3—CH2—COO－反应，生成0.02 mol H2N－CH2—COO－，即d点溶液中H2N—CH2—COO－与H3—CH2—COO－的物质的量相等，又pH＝9.6，即c(H＋)＝10－9.6mol/L，所以H3—CH2—COO－H2N—CH2—COO－＋H＋的K＝＝c(H＋)＝10－9.6，故D正确。] 3．(2024·广东珠海第一中学模拟)25 ℃时，向20.00 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液中滴入0.10 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．25 ℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.0×10－3 B．M点对应的NaOH溶液体积为20.0 mL C．N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N>Q D．N点所示溶液(溶质只有CH3COONa)中c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋) 解析：C　[由题图可知，0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH＝3，则Ka＝＝≈10－5，A项错误；M点pH＝7，若加入20.00 mL NaOH溶液，溶液中溶质是CH3COONa，CH3COO－水解使溶液显碱性，与题干的溶液显中性相违背，说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00 mL，B项错误；CH3COOH完全反应后，加入的NaOH越多，OH－对水的电离抑制程度越大，故N点水的电离程度比Q点大，C项正确；N点所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa溶液，CH3COO－发生水解反应而消耗，所以c(Na＋)>c(CH3COO－)，CH3COO－发生水解反应消耗水电离产生的H＋，最终达到平衡时，溶液中c(OH－)>c(H＋)，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，因此c(CH3COO－)>c(OH－)，故该溶液中离子浓度关系为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，D项错误。] 学科网（北京）股份有限公司 $$