板块一 专题五 选择题突破五 4.“双轴”曲线的分析应用-（教师用书Word）【领跑高中】2025版高考化学二轮专题复习

4.“双轴”曲线的分析应用 知｜识｜强｜化 1.双纵轴图像题解题建模 【典题示例1】　常温下，用0.12 mol·L－1的Na2SO4溶液滴定50.00 mL未知浓度的BaCl2溶液，溶液中电导率k和－lg c（Ba2＋）随滴入Na2SO4溶液体积的变化关系如图所示。下列叙述错误的是（　　） A.溶液电导率与离子所带电荷、离子浓度等因素有关 B.当k＝1.2×10－4μS·cm－1时，溶液中的主要溶质为NaCl C.该BaCl2溶液的物质的量浓度是6.0×10－4 mol·L－1 D.该温度下BaSO4的溶度积常数数量级约为10－10 【思维流程】　溶液中电导率k随着硫酸钠溶液的加入先减小后增大，硫酸钠溶液为2.5 mL时，电导率k最小，说明硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中电导率k为1.2×10－4 μS·cm－1、钡离子浓度为1.0×10－5 mol·L－1，则氯化钡溶液的浓度为＝6.0×10－3 mol·L－1，硫酸钡的溶度积Ksp＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0×10－10。 【图示】 2.双横轴图像题解题建模 【典题示例2】　25 ℃时，往20.00 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，体系中－lg c（HA）、－lg c（A－）、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（　　） A.曲线①表示－lg c（HA）与溶液pH的关系 B.a点对应的溶液中：2c（H＋）＋c（HA）＝2c（OH－）＋c（A－） C.b点对应的溶液中：c（Na＋）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H＋） D.25 ℃时，HA的电离平衡常数的数量级为10－4 【思维流程】　未加NaOH溶液时，0.1 mol·L－1 HA溶液的pH＞2，则表明HA为弱酸，随着NaOH溶液的不断加入，HA不断发生电离，c（HA）不断减小，c（A－）不断增大，溶液的pH不断增大，则曲线①表示－lg c（HA），曲线②表示－lg c（A－）。 【图示】 真｜题｜研｜析 　（2022·福建高考10题）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为： ①2NH3＋3ClO－N2↑＋3Cl－＋3H2O ②NH3＋4ClO－＋OH－N＋4Cl－＋2H2O 在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1 L 0.006 mol·L－1的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮（氨氮和硝氮的总和）残余率与NaClO投入量（用x表示）的关系如下图所示。下列说法正确的是（　　） A.x1的数值为0.009 B.x＞x1时，c（Cl－）＝4c（N） C.x＞x1时，x越大，生成N2的量越少 D.x＝x1时，c（Na＋）＋c（H＋）＋c（N）＝c（Cl－）＋c（OH－）＋c（ClO－） 解析：C　x1时，氨的去除率为100％、总氮残留率为5％，n（NH3）＝0.006 mol·L－1×1 L＝0.006 mol，有95％的氨气参与反应①、5％的氨气参与反应②，反应①消耗n1（ClO－）＝×3＝0.008 55 mol，反应②消耗n2（ClO－）＝4×0.006 mol×5％＝0.001 2 mol，x1＝0.008 55 mol＋0.001 2 mol＝0.009 75 mol，A错误；x＞x1时，反应①也生成氯离子，所以c（Cl－）＞4c（N），B错误；x＞x1时，x越大，氨去除率不变，总氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；x＝x1时，氨去除率为100％，总氮残余率为5％，溶液中没有N和ClO－，含有Na＋、H＋、N、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）＋c（N），D错误。 能｜力｜进｜阶 1.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。下列正确的是（　　） A.Kw的比较：a点＞b点 B.氨水的浓度等于1.0 mol·L－1 C.水的电离程度：a＜b＜c＜d D.c点：c（Cl－）＝c（N）＞c（H＋）＝c（OH－） 解析：D　酸碱中和反应为放热反应，酸碱恰好完全反应时，混合溶液温度最高，根据题图可知，b点时溶液温度最高，此时氨水和盐酸恰好完全反应，又因水的电离过程是吸热过程，温度越高水的电离程度越大，由于b点温度高于a点温度，则a点的Kw小于b点的Kw，A错误；b点为氨水和盐酸恰好完全反应的点，此时氨水的体积小于10 mL，而盐酸的体积为10 mL，根据反应方程式NH3·H2O＋HClNH4Cl＋H2O可知，氨水的浓度大于1.0 mol·L－1，B错误；酸、碱均抑制水的电离，N水解促进水的电离，a点溶液呈强酸性，抑制水的电离，b点酸碱恰好完全反应，N水解促进水的电离，c点溶液呈中性，不影响水的电离，d点溶液呈碱性，抑制水的电离，C错误；c点溶液呈中性，c（H＋）＝c（OH－），由电荷守恒c（H＋）＋c（N）＝c（OH－）＋c（Cl－），知c点溶液：c（Cl－）＝c（N）＞c（OH－）＝c（H＋），D正确。 2.25 ℃时，向20 mL 0.2 mol·L－1 MOH溶液中逐滴加入浓度为0.2 mol·L－1的盐酸，溶液中lg 与pOH[pOH＝－lg c（OH－）]、加入盐酸的体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A.MCl的水解平衡常数的数量级为10－9 B.溶液中水的电离程度：a点＜b点＜c点＜d点 C.b点溶液中各微粒的浓度关系为c（MOH）＞c（Cl－）＞c（M＋）＞c（OH－）＞c（H＋） D.d点溶液的pOH＜7 解析：B　当lg ＝0时，c（MOH）＝c（M＋），此时pOH＝4.2，则c（OH－）＝10－4.2 mol·L－1，根据Kb（MOH）＝可知此时Kb（MOH）＝c（OH－）＝10－4.2，MCl的水解常数为＝＝10－9.8，数量级为10－10，A错误；酸和碱都会抑制水的电离，开始未加入HCl溶液，原碱溶液电离出的OH－抑制水的电离，加入HCl溶液时生成可以水解的MCl，促进水的电离，d点时，MOH与HCl恰好完全反应生成MCl，所以水的电离程度：a＜b＜c＜d，B正确；b点加入10 mL 0.2 mol·L－1的盐酸，溶质为等物质的量的MOH和MCl，溶液呈碱性，c（OH－）＞c（H＋），则MOH的电离程度大于M＋的水解程度，所以各微粒浓度大小顺序为c（M＋）＞c（Cl－）＞c（MOH）＞c（OH－）＞c（H＋），C错误； d点溶液中溶质为MCl，该物质为强酸弱碱盐，溶液显酸性，则d点溶液的pOH＞7，D错误。 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $