专题5 选择题突破(5) 命题点2 类型一 “突跃曲线”的分析应用(Word教参)-【精讲精练】2026年高考化学二轮专题辅导与训练

该高中化学讲义聚焦溶液中离子反应图像分析这一高考核心考点，涵盖强碱滴定强酸、弱酸的突跃曲线特征及粒子浓度关系判断，按“曲线类型分析—四点突破方法—实例应用”逻辑架构知识点，通过考点梳理（如抓反应一半点等四点策略）、方法指导（CH₃COOH滴定NaOH的a、b、c、d点分析）、真题训练（2024广西卷等）环节，帮助学生系统构建解题框架，突破难点。 资料创新采用“四点分析法”整合宏观曲线与微观粒子行为，结合科学思维中的证据推理，如通过对比不同滴定曲线的突跃范围差异，引导学生归纳Ka对曲线的影响规律。设置分层练习（真题+模拟题）并配套详细解析，培养学生科学探究与实践能力，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应试技巧。

命题点2　溶液中离子反应图像分析应用 [对应学生用书P83] 类型一　“突跃曲线”的分析应用 1．强碱滴定强酸曲线 0.10 mol·L-1 NaOH标准液滴定20 mL 0.10 mol·L-1 HCl溶液pH变化曲线 pH的急剧变化就称为滴定突跃，滴定突跃范围是选择指示剂的重要依据，凡是在滴定突跃范围内能发生颜色变化的指示剂都可以用来指示滴定终点。实际分析时，为了更好地判断终点，氢氧化钠溶液滴定盐酸通常选用酚酞作指示剂的原因：终点的颜色由无色变为浅红色，更容易辨别。浓度越大，滴定突跃就越大，可供选择的指示剂就越多。 2．强碱滴定弱酸曲线 由图可知：酸性越弱，Ka越小，滴定突跃范围就越小。 3．巧抓“四点”，突破溶液中的粒子浓度关系 (1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。 (2)抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么？判断溶液的酸碱性。 (3)抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。 (4)抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么？判断哪种物质过量。 实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示： (注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍) 分析： a点，溶质为CH3COONa、CH3COOH， 离子浓度关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)； b点，溶质为CH3COONa、CH3COOH， 离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)； c点，溶质为CH3COONa， 离子浓度关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)； d点，溶质为CH3COONa、NaOH， 离子浓度关系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)。 1．(2024·广西卷)常温下，用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液： Ⅰ.20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1 HCl和CH3COOH溶液 Ⅱ.20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1 HCl和NH4Cl溶液 两种混合溶液的滴定曲线如图。已知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5，下列说法正确的是(　　) A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线 B．a点水电离出的c(OH－)数量级为10-8 C．V(NaOH)＝30.00 mL时，Ⅱ中c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(NH) D．pH＝7时，Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)之和小于Ⅱ中c(NH3·H2O)、c(NH)之和 解析　溶液中加入40 mL氢氧化钠溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，根据Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故Ⅰ对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N，A错误；根据分析可知a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的c(H＋)＝c(OH－)，数量级接近10-6，B错误；当V(NaOH)＝30.00 mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解常数Kh＝＝＝5.6×10-10＜1.8×10-5，即NH水解程度小于一水合氨的电离程度，所以c(NH)>c(NH3·H2O)，又物料守恒c(Cl－)＝2c(NH)＋2c(NH3·H2O)，即c(Cl－)>c(NH)，故c(Cl－)>c(NH)>c(NH3·H2O)，C错误；根据元素守恒，n(CH3COOH)、n(CH3COO－)之和等于n(NH3·H2O)、n(NH)之和，根据图像，pH＝7时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)之和小于Ⅱ中c(NH3·H2O)、c(NH)之和，D正确。 答案　D 2．(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　图像分析 根据CH3COOH⥫⥬CH3COO－＋H＋，可近似认为a点c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a点pH＝3.38，c(H＋)＝10-3.38 mol·L-1，故Ka(CH3COOH)≈＝10-4.76，A项正确；a点HCl恰好被完全中和，由物料守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B项正确；b点溶液pH＜7，即以CH3COOH的电离为主，即溶液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，C项正确；a、b两点溶液呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH3COO－水解促进水的电离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，D项错误。 答案　D 1．室温下，向20 mL 0.1 mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示，下列说法正确的是(　　) A．水的电离程度：e>d>c>b>a B．d点溶液中c(Na＋)＝c(A－) C．HA的电离平衡常数约为10-5 D．b点溶液中粒子浓度关系：c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－) 解析　由a点可知，0.1 mol·L-1 HA溶液的pH＝3，说明HA为弱酸，c(H＋)＝1.0×10-3 mol·L-1。当加入20 mL NaOH溶液时，恰好反应生成NaA，为强碱弱酸盐，故d点水的电离程度最大，故A错误；d点溶液为NaA溶液，由于A－发生水解，则c(Na＋)>c(A－)，故B错误；由a点可知，0.1 mol·L-1 HA溶液的pH＝3，说明HA为弱酸，c(H＋)＝1.0×10-3 mol·L-1，则HA的电离平衡常数约为＝10-5，故C正确；b点溶液表示10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液与20 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液混合，反应后为等浓度的NaA与HA的混合溶液，由图可知，此时溶液显酸性，则HA的电离程度大于A－的水解程度，故粒子浓度关系为c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故D错误。 答案　C 2．(2024·四川成都一模)在某温度时，将n mol·L-1氨水滴入10 mL 1.0 mol·L-1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是(　　) A．水的电离程度：a>b>d>c B．n＝1.0 C．c点：c(NH)＝c(Cl－)＝1.0 mol·L-1 D．25 ℃时，NH4Cl的水解常数计算式为Kh＝ 解析　由图可知，反应温度最高时，氨水溶液的体积小于10 mL，则氨水的浓度大于1.0 mol·L-1；a点为1.0 mol·L-1盐酸溶液，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，b点盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，c点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，d点为氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性。由分析可知，a点为1.0 mol·L-1盐酸溶液，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，b点盐酸与氨水恰好反应生成氯化铵，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，则a点水的电离程度小于b点，故A错误；由分析可知，氨水的浓度大于1.0 mol·L-1，故B错误；由分析可知，c点氨水过量得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝ ＝0.5 mol·L-1，故C错误；c点c(NH)＝c(Cl－)＝0.5 mol·L-1，由氮原子个数守恒可知，溶液中一水合氨的浓度为，则铵根离子的水解常数Kh＝，故D正确。 答案　D 学科网（北京）股份有限公司 $