2 “分布系数图像”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

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· 1化学 变式集训典题 B错误：该反应的平衡常数K= c([FeL2]) c(FeL])·c(L,由 1.C[A.水溶液中的离子平衡从图1可以看出pH= 图像可知，当[FL]与[FL]十分布系数相等时 10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正 确：B.从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg+)]=-6时， (准确计算值，要在图像中寻找明确坐标值的点)，可以 该点位于曲线【和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀 ，此时体系的pH=4,由K(HL)· 或氢氧化镁沉淀，B项正确；C.从图2可以看出pH=9 将K简化为K= 1g[c(Mg+)]=一2时，该点位于曲线Ⅱ的上方、曲线I KHLD=cH:cHL×c()·c 的下方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，溶液中 ,可得c(L2)= c(H,L) C(HL) c(HCO)十c(HCO)十c(CO)<0.1mol·L1,C项错 误；D.pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO,pH= K(HL)·K(HL)·c(HL)_106X1021X5X103 8,lg[c(Mg+)]=一1时，该，点位于曲线Ⅱ的上方、曲线 c(H) (10) I的下方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为 5,0X104.附，则该络合反应的平衡常数K= Mg++2HCO—MgCO,￥+H2O十CO2↑，D项正确。] .0×10=0.2×104“,即1gK≈14，C正确：根据 2.C[根据络合方程式可知，随着c(F)的增大，即一1gc (F)的减小，依次生成ThF+、ThF+、ThF,结合图像 图像，pH=l0时溶液中主要的含铁物种为[FL]3-和 可知，①②③④曲线依次代表Th+,ThF+、ThF、 [FL,(OHD],其分布系数均为0.5，因此可以得到 ThF与-lgc(F)关系。由①②曲线的交点(7.7,0.5) c([FeL)=c(Fel2(OH)])=0.5×2×101mol·L 可知，Th1+十F一ThF+,K1= c(ThFT) =1×104mol·L1,此时形成[FeL]3-消耗了3× c(Th1+)·c(F-) 101mol·L1的L2,形成[FeL(OH)]=消耗了2×10 107;由②③曲线的交点(5.8,0.5)可知，ThF+十F mol·L1的L2,共消耗了5×101mol·L1的L2,即参 一ThF+,K,= c(ThF,) c(ThF+)·c(F) =105.8;由③④曲线 与配位的c(L)≈5×101mol·L1,D错误。 3.C 的交点(4.5,0.5)可知，ThF+十F一ThF时，K2= H2与L间存在转化关系：HL2一L+H,则pH较小时， c(ThF) 平衡逆向移动，以L为主c(L2>c(L)gc(L)>lgcL), c(ThF)·c(F) =1015,据此回答； 则曲线1代表gc(HL2),曲线Ⅱ代表gcL) A.据分析可知，曲线②代表(ThF+)和一lgc(F)的关系， a(,-1) D 01.6-1310 A正确；B.Th++3F一ThF的平衡常数K=K:· 05 2 K2·K=108,B正确；C.根据分析可推知，K移品= 6.4.0.90 0.8 -4 c(ThF) -0.6 = c(Th1+)·c3(F) K1K2K2=101,K2= 0.4c c(ThF号+) -10 0.2 。(6.4,0.09 c(Th+)·c2(F) =K1K,= 10.5,K81 -12 0.0 6 9 101112 c(ThF+) c(Th1+)·c(F-) =10:1,故K3>K2>K1,C错误； 随pH增大，cL增大，Cu2与L结合成配离子的反应依次 D.当c(ThF+)=c(ThF)时，K2K3= 为Cm2+l 一Cl可K、Cml+L=[CuLel广K',因 c(ThF,) c(ThF) 此随pH增大，6持续碱小（曲线Ⅲ），8©r先增大后减 小曲线N).8a,f一直增大曲线V) c(ThF+)·c(F-) c(ThF)·c(F) c(ThF) 曲线Ⅲ和曲线N的交点代表e2+=dc]即c(Cu+)= c(ThF+)·c(F) =1058X10.5,c(F-)=10-5.15mol c([Cul]),由图可知，此时lgc(L)=-9.4,代入平 ·L1,D正确。] 衡常数表达式得K= c(CuL) 1 cCu)·c(L)=107=1021, 选择题突破五 3 “对数图像”的分析应用 高考经典再研 A正确；曲线I和曲线Ⅱ的交点代表gc(L)= 1gc(HL)即c(L)=c(HL-),此时pH=11.6,代入 1.D[K=fC922.K=CC· c(H,C,O) c(HC,O) 平衡常数表达式得K=L）:)=10,B正 c(HL) 根据Ka>Ke可知，当1gX=0时，X=c(HCO) 或 确；曲线N和曲线V的交点代表dc,-=c-即 c(H,C,O) c([CuLg]1-)=c([CL]-),此时lgc(L)=-7.2,可 c(C,O) =1,K对应的c(H)大，DH数值小，因此K 得[CuL]十L-一[CuL]1的平衡常数K'= c(HC,O) c([CuL,]1-) c(Cul)·cL）=10a=1022,a点时，6e+= ciCO)·cf) c(H,CO) =10L2,K2 C.O (HC,O) c(「CuL]) 8cl,1-,代入KXK'= 0,以此解题 c(Cu+)·c(L-) 对数图像问题，可以先求算K值，再判断哪条线 c([CuL2]1) 1 c([CuL])·c(L-)c2(L-) =101X10.2=1016.6, 对应什么值。 解得c(L3-)=10-8.3mol·L1,且a点对应c(HL2)= c(HCO)·c(H) A. K 101mol·L1,代入HL2一H++L的平衡常数K c(H,C,O) =c(L）·c)=10,计算得c(H)=104mol c(C0)·c(H)=(C0)·c(H)=10,当溶 c(HL) c(HC,O) c(H,C,O) ·L1,故pH=4.3,C错误；当pH=6.4时，c(HL)最 液中c(HCO,)=c(CG)时，c(H)=l05mol/L,pH=2.5, 大，接近10mol·L1,结合B项中平衡常数可计算得 c(L3)≈106.2mol·L1,dcl2J1=0.90,0cl A正确：c(HC2O1)=c(C2O)时，pH=(pK+pK,1)/2 0.09,结合Cu元素守恒知，c([CL2]1-)=0.90×0.002 B.当溶液呈中性时，c(H)=l07mol/L,由两步电离平 mol·L1=1.8×10mol·L1,c([CuL])=0.09× 衡常数可知， c(HCO,)_10 0.002mol·L1=1.8×101mol·L1,因此体系中 H,C,0)=10T>1,cHC,0,)> c(HL)>c ([CuL2])>c (CuL])>c(L),D c(H,C,O1),同理 c(C0)=108 正确。」 c(HC,0)=107>1,c(C,0)> ·234·上篇专题五电解质溶液中的平衡 选择题突破五 2.“分布系数图像”的分析应用 突破核心透视 1.0 分布分数图像模型 0.8 明确分布 根据反应过程中溶液PH变化测 0.6 分数图像→定溶液中不同pH时，微粒在溶液 00.4 的来源 中的物质的量分数、微粒浓度 0.2 第一步：确定每条曲线代表的微 0.0 8519.9 粒、变化趋势。 6 10 12 第二步：标浓度、用交点计算相关 量：（以NaOH溶液滴定三元弱酸 图2 H3A为例) 下列说法错误的是 分析图像一酸性较强时，A主要以HA的形 A.曲线I对应的离子是[AgY2] 式存在，随着酸性减弱，分别主要 B.6(HY+)最大时对应的pH=8.39 以H2A、HA2的形式存在，碱 C.反应Ag+Y一[AgY]+的平衡常数 性较强时，主要以A3的形式存 K1=104.70 在，故6、61、ò2、63分别表示H3A、 D.-lg[c(Y)/(mol·L-1)]=3.00时， H2A-、HA2、A3-的分布分数。 c(HY+)>c(H2Y2+)>c(Y) 2.(微粒分布曲线|2023·湖北卷)H2L为某邻苯 最高点，可表示NA溶液 最高点，可表示NuHA液 1.08 二酚类配体，其pKa1=7.46,pK2=12.4。常温 曲线交点，c(HA上 0.8 下构建Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系，其中co(Fe3+) cHA),利用该点可 曲线交点，c(A2 计算K=10 0.6 (A),利用该点可 =-2.0×10-4mol·L1,co(H2L)=5.0×10-3mol 0.4 曲线交点，cHA上 计算K=10* ·L1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与 计算Ka=10时 01a pH的关系如图所示，分布系数ò(X)= 高考经典再研 2.0×104m0l1·L,已知1g2≈0.30,1g3≈ c(X) 1.(分乙二胺|2025·河南卷）乙二胺 0.48。下列说法正确的是 ) (H2NCH2CH2NH2,简写为Y)可结合H+转 1.0-Fe IFeL] [FeL2] 化为[H2NCH2CH2NH3]+(简写为HY+)和 0.8 [H3NCH2CH2NH3]2+(简写为H2Y2+),Ag 0.6 与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子。 0.4 fel (ome 室温下向AgNO3溶液中加人Y,通过调节混合 0.2 溶液的pH改变Y的浓度，从而调控不同配离 子的浓度（忽略体积变化）。混合溶液中Ag pH Fe(Ⅲ)-HL体系部分物种分布图 和Y的初始浓度分别为1.00×10-3mol·L 和1.15×10-2mol·L1。-lg[c(M)/(mol A.当pH=1时，体系中c(H2L)>c([FeL]+)> ·L1)]与-lg[c(Y)/(mol·L1)]的变化关 c(OH)>c(HL) 系如图1所示（其中M代表Ag、[AgY]+或 B.pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要 [AgY2]+),分布系数6(N)与pH的变化关系 为L2- 如图2所示（其中N代表Y、HY+或H2Y2+), C.L2-+[FeL]+=一[FeL2]-的平衡常数的 1gK约为14 比如(H2Y2+)= c(H2Y2+) (Y)+c(HY+)+c(H2Y2+) D.当pH=10时，参与配位的c(L2-)≈1.0× 10-3mol·L-1 3.(分布系数2025·河北卷)已知Cu2+和L3-结 6 合形成两种配离子[CuL]-和[CuL2]4-。常温 5 (3.00,5.01) 下，0.100mol·L-1的H3L和0.002mol·L-1 的CuSO4混合溶液中，HL2和L3-的浓度对数 1gc(实线)、含铜微粒的分布系数ò（虚线）[例如 是.00 4.1则 c(Cu2+) 3 4 CU+ lglc(Y)/(mol·Ll7 c(Cu2+)+c([CuL]-)+c([CuL2]4-) 图1 与溶液pH的关系如图所示： -0 ·55· 1化学 0 a(x,-1) I (11.6,-1.3) 下列说法不正确的是 () -2 r1.0 -4V 6.4,0.90) 0.8 A.由图1，pH=10.25,c(HCO3)=c(CO号) 0.6 B.由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]= 0 一6，无沉淀生成 。(6.4,0.09) . C.由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]= -12 0.0 5 6 PH 8 7 9101112 一2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+ 下列说法错误的是 c(HCO3)+c(CO)=0.1 mol L-1 A.Cu2++L3--[CuL]-,K=109.4 D.由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)] B.HL2-一H++L3-,K=10-11,6 =-1,发生反应：Mg2++2HCO3 C.图中a点对应的pH=4.2 MgCO3￥+CO2↑+H2O D.当pH=6.4时，体系中c(HL2)> 2.(分布系数|2025·河北保定二模)工业上常采用 c([CuL2]4-)>c([CuL]-)>c(L3-) 氟离子萃取稀土金属钍(Th)。常温下，在硝酸 变式集训典题 钍[Th(NO3)4]溶液中滴加NaF溶液，溶液中含 1.(Mg2+与CO号的竞争反应图像|2023·北京 针粒子分布系数(6)与一1gc(F-)关系如图。下 卷)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+ 列叙述错误的是 在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 1.0 0.9. 已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含 ① )④ 0.8 碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 0.7 iⅱ.图2中曲线I的离子浓度关系符合c(Mg2+) s0.6 0.5 a(7.7.0.5) ·c2(OH)=Kp[Mg(OH)2];曲线Ⅱ的离子 ●0.5】 0.4 浓度关系符合c(Mg+)·c(CO号)=Kp(MgCO3) 0.3 0.2 [注：起始c(Na2CO3)=0.1mol·L-1,不同pH 0.1 6 下c(CO)由图1得到]. -lgc(F) 1.0 HCO 已知：①K稳可衡量配离子的稳定强度，络合平 CO 0.8H,C0 衡类似化学平衡，例如Ag++2NH3一[Ag 0.6 (NH3)2]+,K稳= c[Ag(NH3)2]+} 0.4 c(Ag)·c2(NH,):题中 0.2 K稳1 c(ThF3+ c(Th4+)·c(F-)9 0 12 ②6(Th4+)= 图1 c(Th+) c(Th)+c(ThF3)+c(ThF)+c(ThF I .Mg(OH), ×100%。 A.曲线②代表6(ThF3+)和-lgc(F-)的关系 .MgCO B.Th4++3F一ThF的平衡常数K=1018 C.根据图像信息可推知，K稳3<K稳2<K稳1 D.当c(ThF8+)=c(ThFg)时，cF)=l0i5mol·L-1 11 C温馨提 pH 学习至此，请完成配套专题强化练16 图2 0-- 重金属污染指由重金属或其化合物造成的环境污染。主要由采矿、废气排放、污水灌溉和使用 ·56·重金属超标制品等人为因素所致。因人类活动导致环境中的重金属含量增加，超出正常范围，直接 危害人体健康，并导致环境质量恶化。