1 “突跃曲线”的分析应用-【创新教程】2026年高考化学大二轮专题增分方案学生用书

专题五 电解质溶液中的平衡 选择题突破五 1. “突跃曲线”的分析应用 突破核心透视 高考经典再研 酸碱中和滴定曲线上的特殊点分析 1.(滴定曲线与分布系数|2025·云南卷)甲醛法测 示例：常温下，用0.1000mol·L1NaOH溶 定NH的反应原理为4NH+6HCHO 液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3C0OH (CH2)6N4H++3H++6H2O。取含NH4CI的 溶液所得滴定曲线如图。 pH 废水浓缩至原体积的二后，移取20.00ml,加入足量 10 14 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δ与 10 pH关系如图2[比如：ò[(CH)6N4H] C中和点 c[(CH2)6N.H] 6 仲性点 半点 cC西VT]+(C6N]。下列说法正确 2起点 的是 ( ) 121 1.07- 10 20 3040 10 6.00.0.88) V(NaOH)/mL 8- 根据图中pH数据，图中A、B、C、D、E各点对 6 0.6 0.4 应的溶液中水的电离程度大小如下： 个c*(H)/mol·Ll 0651015202530 074686卫 V(NaOH)/mL 10 图1 图2 A.废水中NHt的含量为20.00mg·L-1 B.c点：c[(CH2)6N4H+]+c(H)=c(OH-) C.a点：c[(CH2)6N4H+]>c(H+)>c(OH) 0 V(NaOH)/mL 各特殊点的溶质及对水电离程度的影响和粒子浓 >c[(CH2)6N4] 度大小关系 D.(CH2)6N4H+=(CH2)6N4+H+的平衡常 (说明：表中HAc为CH3COOH) 数K≈7.3×10-6 2.(滴定曲线|2021·湖南，9)常 做 溶质 离子浓度 水的电 温下，用0.1000mol·L1的 Na☑ 大小比较 离情况 盐酸分别滴定20.00mL浓 HAc c(H+)>c(Ac 抑制 度均为0.1000mol·L-1的 c(OH) 三种一元弱酸的钠盐(NaX、 NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如 V(盐酸)/mL HAc、 c(Ac)>c(Na)> NaAc 图所示。下列判断错误的是 (1:1) c(H+)>c(OH-) 抑制 A.该NaX溶液中：c(Na+)>c(X)>c(OH-) C HAc、 c(Ac)=c(Na+)> >c(H+) (pH=7) NaAc 正常电离 c(H)=c(OH) B.三种一元弱酸的电离常数： Ka (HX)>K(HY)>K (HZ) c(Na)>c(Ac)> NaAc 促进 C(OH)(H) C.当pH=7时，三种溶液中：c(X)=c(Y) =c(Z-) NaAc、 c(Na)>c(Ac) D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混 NaOH 抑制 (2:1) c(OH)>c(H) 合：c(X)+c(Y)+c(Z)=c(H+) -c(OH-) -0 ·53· 1化学 3.(-1gc随pH的变化|2025·重庆卷)Cr(OH)3是 COOH),滴加NaOH溶液，pH的变化如图所示 两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。 (注：b点溶液中甘氨酸以H3N一CH2一COO 25℃时，某溶液中c(Cr3+)与c([Cr(OH)4]-)的总 的形式存在)。 和为c。一lgc随pH的变化关系如图所示（忽略 体积变化)。 0 -1g c 7.0 6 2.3 3.2 0 0.020.040.060.08 n(NaOH)/mol 5.06.7 下列说法不正确的是 ) 已知： A.H3N一CH2一COOH中解离出H+的能力： Cr(OH)3(s)-Cr3+(aq)+30H-(aq)Ksp -COOH>-NH3 Cr(OH)3(s)+OH-(aq)=[Cr(OH)](aq) K=10-0.4 B.b点溶液pH<7,推测H3N-CH2一COO中 下列叙述正确的是 ( H3N一解离出H+的程度大于一COO水解 A.由M点可以计算Kp=1030.2 的程度 B.Cr3+恰好沉淀完全时pH为6.7 C.c点溶液中存在：c(Na)>c(C)>c(HN C.P点沉淀质量小于Q点沉淀质量 CH2-COOH)>c(H2 N-CH2-COO) c(Cr3+) D.随pH增大：(CrOH先减小后增大 D.由d点可知：H3N-CH2一COO一H2N 变式集训典题 CH2-CO0+H+的K≈10-9.6 1.(2025·北京海淀一模)向10 mL HCOOH- 3.(2025·湖南模拟)乙二胺(H2NCH2CH2NH2, NH4C1混合溶液（浓度均为0.1mol·L1)中滴 简写为X)为二元弱碱。常温时，向20mL0.1 加0.1mol·L1NaOH溶液，并监测溶液pH mol·L1其盐酸盐溶液XH2Cl2中加入固体 变化，实验数据如图。由该实验可得到的结论是 NaOH(溶液体积变化忽略不计)，体系中 XH、XH+、X三种粒子浓度的对数值(1gC)、 所加NaOH固体质量与pOH[-lgc(OH-)]的 14 12 关系如图所示。下列说法正确的是() 10 C20.010.89 POH 6 a￥(10.0,6.51) 10.10 ① 4 ② 7.20 00 51015202530 ③ 7.00 V(NaOH)/mL A.HCOOH电离方程式为HCOOH一H 4.10 +HCOO- B.由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3 8 m,m(NaOH） ·H20 A.乙二胺第二步电离常数的数量级为10一5 C.b点溶液中的OH一主要来自HCOO水解 B.a点时，3c(XH+)+c(H+)<c(OH)+ D.0.05mol·L-1氨水的pH<10.89 c(CI-) 2.(2025·北京东城一模)将等物质的量浓度等体 C.b点时，c(XH+)>c(XH+)>c(X) 积的甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H2N一 D.c点时，加入NaOH的质量m2=0.24g CH2-COOH+H+-H3N-CH2-COOH, C温馨提弱 学习至此，请完成配套专题强化练15 取上述溶液（含0.04molH3N-CH2 温室效应主要是由于现代化工业社会过多燃烧煤炭、石油和天然气产生的和大量排放的汽车 ·54·尾气中含有的二氧化碳气体进入大气造成的。1化学 1011 可得，(5.6mo元+2×101mol/L）=25X10's,因 应，可以估算c点c(CI)<c(Na),c[(CH)N,H]+ c(H)c(OH),B错误；C.(CH,)。N,H在溶液中水 10-14 为5.6mol元≈1.80×10mol/L,2×107mol/L 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；，点为半滴定，点，由其 2.00×10-7mol/L,由于1.80×1016<2.00×107 纵坐标可知溶液显酸性，说明(CH,)。NH的水解作用 1,.80×101“可忽略不计，所以k2×2X107mol/L=2.5 强于(CH,):N,的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓 ×10mol/L,得出k2=1.25×10"L/(mol·s)。 度的大小关系为c(CH2)sN1>cL(CH2)；NH,C错 答案：(3)①1.8×1016②D③1.25×10i 误；D.由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH2)gN1占比 4.解析：(1)由平衡常数K与温度T变化关系曲线可知 较高，8[(CH,).N,门=0.88，则由氨守恒可知， 反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注 6L(CH,):N,H]=0.12,两种粒子的浓度之比等于其 意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热 分布分数之比，则(CH2)N,H一一(CH2)N,十H的 反应，即△H10、△H20、△H30,因此，A的总能量 高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定 平衡常数K=c[(CH,),N]·c(H*)=088X10 的是B,其用系统命名法命名为2甲基-2丁烯；由盖斯 c(CH,)N H 0.12 定律可知，I一Ⅱ=Ⅲ，则△H一△H2=△H<0,因此 7.3×10-i,D正确。7 △H1△H,,由于放热反应的△H越小，其绝对值越大， 2.C「A项，NX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈 则A的教值范国是大于1，选D。(2)向莱反应容器中 碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(N)> △H。 c(X)>c(OH)>c(H),故A正确；B项，弱酸的酸性 加入1.0 nol TAME,控制温度为353K,测得TAME的 越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一 平衡转化率为a,则平衡时n(TAME)=(1一a)mol, 元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的 n(A)十n(B)=n(CHOH)=amol。已知反应Ⅲl的平衡 大小顺序为K,(HX)>K(HY)K,(HZ),故B正确；C 常数Ka=9.0,则nB) 项，当溶液H为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的 n(A) =9.0,将该式代入上式可以求 体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根 出平衡体系中B的物质的量为0.9amol,n(A)= 离子的浓度大小顺序为c(X)>c(Y)>c(Z),故C 1-4 错误；D项，向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸， 0.1amol,反应T的平衡常数K= 1十a 三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓 ()(a) 度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na) 1一)1十@。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶 +c(H)=c(X)+c(Y)+c(Z)+c(CI)+ 0.1a2 c(OH),由c(Na)=c(CI)可得：c(X)十c(Y)十 剂四氢呋喃稀释，反应[的化学平衡将向着分子数增大 c(Z)=c(H)一c(OH),故D正确。 的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变 3.A[c(Cr+)与c([Cr(OH)1])的总和为c,随着pH增 大，但是平衡常数不变，A与CHOH物质的量浓度之比 大，发生反应：Cr3+(ag)+3OH(aq)一Cr(OH)(s), 不变，c(A):c(CHOH)=0.1a:a=1:10。 含铬微粒总浓度下降，随着H继续增大，发生反应： 答案：(1)2-甲基-2丁烯D(2)0.9a Cr(OH):(s)十OH(aq)-一[Cr(OH)1](aq)含铬微粒总 (1-a)(1十a) 逆向移动1：10 0.1a 浓度上升，据此解答。AM,点时，c(OH)=10 105 mol/L= 5.解析：达到平衡时，U三=V堡，即k三p2来=k丝巾米t体· p气，则有三=P·P置=K,该反应正反应是一个 10-mol/L,K c([Cr(OH),]) c(OH) =1001, 卫艺苯 吸热反应，故温度升高，平衡正向移功，K增大，宁越大， c([Cr(OH)1])=1041mol/L,几乎可以忽略不计，含 Cr微粒主要为Cr3+,Kp=c(Cr+)·c3(OH)=10 T越小，则K越小，即兰越小，故能代表gk三随丁的变 /10-4 =100.2,A正确：B.Cr3+恰好完全况淀时， k (10 化关系的是④。 c(Cr3+)<10imol/L,由Kp数据计算可知，c(OH)> 答案：④ /1002 6.解析：(1)由图可知，K。1随着温度的升高而减小，则平衡 逆向移动，正反应为放热反应，△H,0。 W105 mol/L=10&1mol/L,Cr3+洽好完全沉淀时 (2)由盖斯定律可知，1十ⅱ得反应3N2H,(1) DH最小值为5.6，B错误；C.P和Q,点溶液中含Cr微粒 3N2(g)十6H2(g),则该反应的K=Kl·K2。 总和相等，生成的Cr(OH),(s)质量相等，则P点沉淀质 答案：(1)< (2)Kp1·Kp2 设T2T,由图可 量等于Q点沉淀质量，C错误；D.随着pH的增大， 知：pKL(T2)-pK,(T)>|pK2(T2)二pK2(T), cCr+)减小，而c([CrOH)])增大，COHD,] c(Cr) pK (T2)-pKp (T)>pKp2 (T)-pK (T2 )pKp （T)+pKg(T2)≥pKl(Ti)tpK(T),lg[K(T 比值减小，D错误。 ·K(T,)]>1g[K(T,)·K(T2)],即K(T1) 变式集训典题 K(T,),因此该反应正反应为放热反应 1.B[A.10 mL HCOOH-NH,CI混合溶液（浓度均为 专题五 0.1mol·L1)pH大于2，说明HCOOH是弱酸，则 选择题突破五1“突跃曲线”的分析应用 HCOOH的电离方程式为HCOOH一H十HCOO, 高考经典再研 故A错误；B.a,点HCOOH全部反应完，溶质为HCOONa、 l.D[A.由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液 NH,C1且两者浓度相等，溶液显酸性，则铵根水解占主 的体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式4NH ~[(CH2)N,H+十3H+]~4OH可知，由于待测液的 要，根据越弱越水解，则氨水的电离程度小，因此由点 数据可推出电离能力：HCOOH>NH·HO,故B正 体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL 确；C.b,点溶液溶质为HCOONa、NHCl、NH·H2O、 溶液中c(NH)=c(OH)=0.01000mol·L,则原 NaCl,且NH3·H2O物质的量浓度大于NH,CI物质的 废水中c(NH)=0.01000mol·L×0=0.001000mol 量浓度，则b点溶液中的OH主要来自NH·H。电离和 ·L1,因此，废水中NH的含量为0.001000mol× HCOO的水解，故C错误；D.c,点溶液溶质为HCOONa 18000mg·mol1·L1=18.00mg·L1,A错误；B.c,点 NH·HO、NaCl,且NH·HO物质的量浓度为0.033 mol·L,此时混合溶液的pH=10.89,由于存在HCOONa 加入OH标准溶液的体积过量，且只过量了5，由电荷 和氨水浓度两个变量，无法确定0.O5ol·L氨水的pH 守恒可知，c[(CH2):NH门+c(H)+c(Na) 10.89,故D错误；综上所述，答案为B。] c(OH)十c(CI),浓缩后的废水中NH,C1的浓度和 2.C[甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H,N一CH2 NaOH标准溶液浓度相等，CI和Na均不参与离子反 COOH+H+=HN一CH2一COOH,向反应后的溶液 ·232. 参考答案I 中加氢氧化钠溶液，依次发生HN一CH2一COOH十 选择题突破五2“分布系数图像”的分析应用 高考经典再研 OH—HN-CH2-COO+H,O、HN-CH2 1.D COO+OH=H,N-CH,-COQ+H2O 、Ⅲ Ag+Y≌[AgYT A.甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H2NCH, [AgY [AgYT+Y≌[AgYr COOH+H+—HNCH2一COOH,生成物为HN 6 CH2—COOH,再向其中加氢氧化钠溶液，继续反应，b 3.00,5.01) c(AgY)门先 5 [AgY] 增大再减小， 点溶液中甘氨酸以HN一CH2一COO的形式存在，即 4 一COOH更容易和氢氧化钠溶液反应，所以解离出H 13.00 4.70 Ag' 的能力：一COOH>一NH2,故A正确； A 6 -lgc(Y)/(mol·Lj B.b点溶液中甘氨酸以H,N一CH,—COO的形式存 A.由分析可知，曲线I表示[AgY2],A正确；B.由题 在，一COO水解使溶液有呈碱性的趋势、HN一电离使 意可知，Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：Y 溶液有呈酸性的趋势，b点溶液DH7,所以HN +H,0一HY+OH,KM=eHY)cOH),当 c(Y) CH,一COO中HN一解离出H+的程度大于一COO c(HY+)=c(Y)时，c(H)=l0.smol·L1,c(OH) 水解的程度，故B正确；C.c,点n(NaOH)>0.04mol,而 =101.7mol·L1,则K1=1017,同理Ke=101 溶液中n(Cl)=0.04mol,所以n(NaOH)>n(CI厂)，即 Kn X Kig=c(HY):c(OH)×c(H,Y)·c(OHj c(Na)>c(CI),甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应： c(Y) c(HY) H,N一CH,—COOH+H+—HN-CH,一COOH,向 c(H2Y2+)·2(OH) c(Y) =10.2,由图像可知，当 反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，b,点溶液中甘氨酸以 HN一CH,一COO的形式存在，此时HN-CH2 8(H2Y2+)=(Y)时，6(HY)最大，则c(OH)=10i1 mol·L1,pOH=5.61,pH=8.39,B正确：C.反应Ag+Y COOH与氢氧化钠恰好完全反应：H,N一CH2一COOH [AgY门的平衡常数K=cAgY) 十OH=HN一CH2—COO十H,O,再加氢氧化钠 (Ag)·c(乃，由图可知，当 c(Y)=1040mol·L'时，c([AgY])=c(Ag),则K1= 溶液，发生反应：HN—CH,一COO十OH=H,N CH2一COO十HO,生成H,N一CH2一COO,所以c 10w=10,C正骑；D.-lg[c(Y)/(mol·L)刀 ,点溶液中应是存在：c(H,N一CH,一COO)>c(H,N 3.00时，c(Y)=103mol/L,c(Ag+)=105.o1mol·L-1, CH2一COOH),故C错误；D.b,点0.04 mol NaOH与 c([AgY])=c([AgY]+),由元素守恒可知，c(Ag)十 0.04molH,N-CH2-COOH反应，生成0.04mol c([AgY2]+)+c([AgY])=1.00×103mol/L,则 c([AgY,])=c([AgY])=4.95X10-1mol/L,Y的初 HN-CH2一CO0,再加0.02 mol NaOH与0.02mol 始浓度为1.15×102mol·L,由元素守恒得 HN-CH2一COO反应，生成0.02molH2N-CH2 2c([AgY2]+)+c([AgY]+)+c(Y)+c(HY)+ COO,即d点溶液中H2N一CH2-COO与H,N c(H2Y+)=1.15×102mol/L,代入数据，c(Y)+ CH2一COO的物质的量相等，又pH=9.6,即c(H)= c(HY+)+c(HY+)≈0.01mol/L,则8(Y) c(Y) 10.imol/L,所以H,N—CH,-COO一H,N-CH2 C00+H的K=HN CH,CO0)·c(f c(Y)+c(HY )-c(H,Y+) (HN-CH,-COO) 0.01mol,L=0.1,由图像2可知，pH在8.39~ 10mol·L c(H)=106,故D正确。 9.93之间，此时c(HY)>c(Y)>c(H2Y2+),D错误。] 3.B[由于DOH[一lgc(OH)],因此溶液碱性越强，DOH EapH=4时e(FeLT)=cPeL, 越小，曲线从上至下溶液碱性逐渐增强，根据XH,C12的 08 起始浓度为0.1mol/L可知，溶液中含X微粒总浓度为 pH=1时e(Fe= pH=10时含 0,1ol/L,因此图像左侧曲线从左至右微粒浓度逐渐增 Fe微粒主要 是FeL,(OHF 大，X在水中发生电离的方程式依次为：X十H2O 2 [FeLP XH+十OH,XH+H2O=一XH+OH,因此向 02 XHCl,中加入NaOH固体过程中，随NaOH的加入， 101 c(XH)逐渐减小，c(XH)先增大后减小，c(X)逐渐增 大，由此可知曲线中代表的微粒为：①代表XH,②表 C[根据H2L的一级电离常数可以近似计算pH=1时 示XH,③表示X,据此分析解题。 101×c(HL)=10.,则溶液中c(HL)=5,0 A.乙二胺X的第二步电离为XH十HO一XH十 5.0X103 OH,电离常数K2= c(XH+)·c(OH) 101mol:L1,则平衡体系中c(H,L)≈5.0X10 。 当 mol·L1,由图可知c([FeL])=2.0×101mol·L1X c(XH) 0.5=1.0X10-1mol·L,c(0H)=10-13mol·L1,因 c(XH号)=c(XH)时，pOH=7.20,Ke=10.20,数量 级为108，A错误；B.a点时，pOH=7.20,c(H)< 此这四种离子的浓度大小为c(HL)>c([FeL])>c(HL) c(OH)根据电荷守恒：c(H)十c(Na)十2c(XH) (图像中不能比较大小，关键信息 c(XH)=c(CI厂)十c(OH),且a点时c(XH)= 之cQH)“pH=1”“pK"“pKa”及“c(Fe+)”,A错误；由 c(XH+),结合电荷守恒可得：3c(XH)十c(H)十 “c(H2L)”是解题关键) c(Na)=c(OH)+c(CI),故3c(XH+)十c(H)< c(OH)十c(CI厂)，B正确；C.b点时，1gc(X) K。=HL）,则L)=K。=10 lgc(XH)<lgc(XH+),可得c(X)>c(XH+)> c(HL c(HL)c(H)c(H)' c(XH号+)，C错误；D.c点时，溶液中n(XH+)=n(X)= 0.02i×0.1mol/L=0.0o1mol;根据反应XH,Cl,+ 方pH在5-105之间时号<1，剩L) 2 NaOH=XHCI+NaCI+H,O XH,Cl,+2NaOH c(HL),因此当pH在9,5~10,5之间时，含L的物种 -X十2NaCl十2H2O可知，加入NaOH的物质的量为 (图像中不涉H2L、HL、L2微粒，抓住 0.003mol,故m2=0.003mol×40g/mol=0.12g,D 错误。 主要为L“pH在9.5一105”计算含1的微粒） ·233·