复习练案15 选择题热点专项分级训练(十二) 难溶性电解质溶液微粒图像分析-【衡中学案】2026年高考化学二轮总复习提能训练

复习练案[15] 选择题热点专项分级训练（十二） 难溶性电解质 溶液微粒图像分析 【强基练】 3.（2025·四川雅安二模)常温下，难溶物Y2X 与ZX在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示， 1.(2025·安徽合肥三模)天然溶洞的形成与水 若定义其坐标图示：p(A)=-lgc(A),R"+表 体中含碳物种的浓度有密切关系。已知常温 示Y+或Z+。下列说法正确的是() 下某溶洞水体中lgc(X)与pH变化的关系如 图所示(X为HC03、C0或Ca2+),10.3≈2。 立50 N 下列说法错误的是 40 ( 30 Iglc(X)] 20 (5,30.2) M -1.1 10 -2 ① (20.,9.2 0 5 1015 -4.35 20pR) ② A.M表示Y,X的沉淀溶解平衡曲线 -6 B.常温下，ZX的分散系在c点时为悬浊液 C.ZX(s)+2Y*(ag)=Y2X(s)+Z*(aq) 4 6 8.610.3 12 14 pH 的平衡常数K=10° A.曲线③表示C0 D.向b点溶液中加入Na2X饱和溶液，析出ZX 固体 B.K(CaC03)=2×10-9 4.（2025·安徽池州二模)H,S是环保领域重要 C.b点的纵坐标为-2.65 物质。298K,101kPa时，-2价S不同形态的 D.c点的溶液中：c(HCO)>c(Ca2+)> 微粒在水溶液中分布分数如图所示。已知 c(OH-)>e(H*) K(CuS)=6.0×10-6,Kp(Ag2S)=2.0× 2.(2025·河北沧州二模)某温度下，向10mL 109,下列说法正确的是 0.1mol·L-1NaCl溶液和10mL0.1mol· 100 90 L1K,C04溶液中分别滴加0.1mol·L1 80 70 AgNO3溶液。滴加过程中pM[pM=-lgM,M 为c(Cl)或c(CO?)]与所加AgNO3溶液体 尔 0 积之间的关系如图所示。已知Ag2C04为砖 20 10 红色沉淀，下列叙述错误的是 ( 00123456789101112131415 PM ① A.溶解度：CuS大于Ag2S 4.9 a ② B.曲线H表示HS的分布分数 4.0 b C.pH等于10时，c(H,S)<c(S2-) 1.0 D.0.1mol/LNa2S溶液中c(S2-)约为0.038 05101520VAgN0)/ml mo/L(忽略S2-的第二步水解)》 A.②为K,Cr04的滴定曲线 【培优练】 B.若将AgNO3溶液的浓度改为0.2mol· 5.（2025·河北石家庄三模)M2A是一种难溶于 L1,滴定终点a会向上移动 水的弱酸盐，调节M,A饱和溶液（有足量M,A C.K(AgCI)的数量级为10-1o 固体)的pH,lgX与pH的关系如图所示[其 D.用标准AgNO溶液滴定NaCl溶液时，可用 中X代表c(M+)、c(A2-)、c(HAˉ)、 K,CO,溶液作指示剂 c(HA)]。下列说法错误的是() -175 A.室温下，K(HC03)·K2(HCO3)<K B.Na,CO3溶液中存在：c(H+)+c(HCO3)+ 2c(H2C03)=c(0H-) C.Q点的体系中，发生反应的离子方程式为 Mg2++2HC03=Mg(OH)2↓+2C02↑ D.P点的体系中，c(HCO3)+c(CO)+ c(H,C03)=0.1mol·L 7.（2025·江西萍乡二模)利用平衡移动原理， 分析常温下N2+在不同pH的Na,CO3体系中 的可能产物。已知：图1中曲线表示Na2C03 7.2 4.6 20 pH 体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的 A.曲线Ⅱ为lgc(HAˉ)随pH的变化曲线 关系；图2中曲线I的离子浓度关系符合 B.Kn(MA)=10-1B.8 c(N2+)·c(CO?）=K,(NiCO3);曲线Ⅱ的 C.pH=7.2时，溶液中c(M+)=2c(A2-)+ 离子浓度关系符合c(N2+)·c2(OH-)= K[Ni(OH)2];[注：起始Na2CO,体系中 c(H2A) c(C0号)+c(HC03)+c(H2C03)=0.1mol· D.pH=5时，溶液中c(M*)>c(HA)> L1;不同pH下c(CO号)由图1得到]。 c(A2-)>c(H,A) 1.0 6.(2025·河北保定三模)室温下，Na2C03体系 HCO ‘C0片 中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系 如图1所示。在c起始(Na,C03)=0.1mol· L的体系中，研究Mg+在不同pH时的可能 0.4 产物，c(Mg2+)与pH的关系如图2所示（忽略 0.2 溶液体积变化)，曲线I的离子浓度关系符合 c(Mg2+)·c(CO?）=K(MgCO3),曲线Ⅱ的 0.0 10 12 离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH)= pH 图1 K,[Mg(OH)2]。下列说法错误的是( HCO 0.8 C0 MI:NicO FH.CO 06 -6 0.4 II:Ni(OH) 0.2 -10 6.37 8 10.25 12 8.25 pH 8 11 12 pH 图1 图2 下列说法错误的是 .MgCO, A.K.p[Ni(OH)2]=10-15 B.M点时，溶液中存在c(CO)=c(OH) 2 c(C0) iII.Mg(OH) C.pH=7时，c(H,C0) 10-2.62 9 10 11 12 D.根据图1和图2，初始状态pH=11, pH lg[c(Ni2+)]=-6,发生反应：N2++ 图2 2C0号+2H,0—Ni(0H)2↓+2HC0 176mol·L1,则6(Y)= c(Y) c(Y)+c(Y*)+c(H,Y*) 10-3 0.01=0.1,由图像可知，pH在8.39~9.93之间，此 时c(HY+)>c(Y)>c(H2Y2+),D错误。 7.C由题图1可知，随着pH增大，平衡 NH,CH,COOHNH CHCOO-K. NH,CH2CO0ˉ右移，+NH,CH2COOH的分布分数减 少，+NHCH,CO0先增加后减少，NH,CH,CO0最 后增加，a点代表*NH,CH,COOˉ和NH2CH,CO0 分布分数相等的点；题图2中b点滴入NaOH为10 mL,+NH,CH2COOH·Cl和NaOH的物质的量相 等，得到NH,CH,CO0,c点+NHCH,COOH·Cl 和NaOH的物质的量之比为1：2，得到主要粒子为 NH,CH2COO。根据分析可知，随着pH增大， +NH,CH2COOH的分布分数减少，曲线I代表 +NH,CH2COOH的分布分数，A正确；a点代表 +NHCH2CO0ˉ和NH2CHCO0ˉ分布分数相等的 点，二者浓度相等，pK2=9.6,K2= c(N,CH,C00)·c(H2=c(H*）=10-96,pH= c(*NH,CH,COO) 9.6,B正确；题图2中b点滴入NaOH为10mL, +NH,CH,COOH·Cl和NaOH的物质的量相等，得 到主要离子为+NHCH2CO0,+NHCH2CO0存在 电离和水解，K。=10K=衣=102=106 电离大于水解，则c(+NH,CH,COOH)< c(NH2CH2CO0),C错误；c点+NHCH2COOH· Cl和NaOH的物质的量之比为1：2，得到主要粒 子为NHCH,CO0,根据质子守恒，有 2c(NHCH,COOH)+c(NHCH,COO)+ c(H)=c(OH),D正确。 复习练案[15] 【强基练】 1.DC02可以和少量OH反应生成HC03,和过量 OH反应生成CO?,所以碱性越强c(CO?)越大， 而c(CO号)越大，则c(Ca2+)越小，所以曲线①为 Ca2+、②为HC03、③为C0号。K2（H2C03)= c()·c(Cog）,根据图像可知，当e(HG0,)= e(HCO) 27 c(C03)时，pH=10.3,所以K2(H2C03)=10-o.3。 根据分析可知，③为CO?,A正确；根据题目信息可 知①、③的交点处，c(Ca2+)=c(C0?)=10-4.35 mol/L,所以Kp(CaC03）=(10-45)2=2×10-9,B 正确；b点对应的pH=8.6,即c(H+)=108.6 mol/L,c (CO-)=10-4.35 mol/L,c HCO;) c(H）:c(C0)_1036x104 K2(H2C03) 10-03—mol/L=10-2.6s mol/L,所以b=-2.65,C正确；根据图像可知，c点 溶液中，HCO3的浓度确实高于Ca2+的浓度，根据形 成溶洞呈碱性环境的特点，OH的浓度高于Ca2+的 浓度，所以顺序为c(HC03)>c(OH-)>c(Ca2+)> c(H),D错误。 2.B根据pM=-lgM,M为c(Cl)或c(CrO)可 知，c(Cl)、c(CO)越小，pM越大，根据图像，向 10mL0.1mol·L-1NaCl溶液和10mL0.1mol· L-1K,CO4溶液中分别滴加0.1mol·L'AgN0,溶 液。当滴加10mL0.1mol·L1AgNO3溶液时，氯 化钠恰好反应，滴加20mL0.1mol·LAgN03溶 液时，K,CO4恰好反应，因此曲线①为氯化钠的滴定 曲线，曲线②为KzC04的滴定曲线，据此分析解答。 由分析知，②为KzC04的滴定曲线，A正确；若将 AgN03溶液的浓度改为0.2mol·L-1,当滴加5mL 0.1ol·L1AgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，此时 c(Cl)=c(Ag),纵坐标c(Cl)=√Rm(AgCI), 即纵坐标不变，故滴定终点a会向左平移，B错误； Km(AgCl)=c(Cl）·c(Ag+)=104.9×10-4.9= 1002×10-0,数量级为10-10，C正确；b点K2Cr04与 硝酸银恰好完全反应，溶液中c(CrO足)=10-4mol· L-1,则Ag2C04的Kp=(2×10-4)2×104=4× 10;当氯离子完全沉淀时c(Ag）=人(AgC。 10-5 10-48mol·L-1,c(Cr0?)=4×10-2÷(10-48)2= 4×10-2.4(mol·L-1),加入适量Cr0}[c(Cr0)≥ 4×102.4mol·L1],只要Ag稍过量，会生成 Ag2CO4砖红色沉淀，据此判断滴定终点，D正确。 3.D横坐标表示阳离子浓度的负对数，纵坐标表示阴 离子浓度的负对数。Km(YX)=c2(Y+)·c(X2-), K(ZX)=c(Z+)·c(X2-),X2-改变相同量时，Y+ 浓度变化量大于Z+浓度的变化量，所以N表示Y,X 的溶解平衡曲线，M表示ZX的溶解平衡曲线。根据 b点数据Kn(ZX)=105.2,根据a点数据Kn(Y,X) =109.2。根据以上分析，N表示Y2X的沉淀溶解 平衡曲线，故A错误；常温下，c点在M斜线上方，在 金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴 离子浓度越小，因此c点Q.=c(Z2+)·c(X2-)< K（ZX),因此c点形成的是ZX的不饱和溶液，故B 错误；ZX(s)+2Y+(aq)Y2X(s)+Z2+(aq)的平 衡常数K=c(Z)=人，(ZX)_10-52 c2(Y*)K,(Y2X)=1092=104,故C 错误；b为ZX的饱和溶液，向b点溶液中加入Na,X 饱和溶液，X-浓度增大，由于K不变，ZX固体会析 出，故D正确。 4.DH2S是二元弱酸，在溶液中分步电离，溶液pH增 大，溶液中H,S的浓度减小，HS的浓度先增大后减 小，S2-的浓度先不变后增大，则曲线H表示HS的 分布分数，虚线表示S2~的分布分数：由题图可知，溶 液中HS的浓度与S2-的浓度相等时，溶液pH为 13,由电离常数K。(H,S)=e(S):(H可知. c(HS-) 电离常数K2(H,S)=c(H+)=1×10B,同理可得 K1(H2S)=107。已知Km(CS)=6.0×10-36,则 c(S2-)=√6.0×10-需=6.0×10-18≈2.45× 10smol/L,又已知Km(Ag2S)=2.0×1049,则 c(s2-)= 2.0×10-9 -≈3.68×10-17mol/L,因此 4 Ag2S的溶解度大于CuS的溶解度，故A错误；由分 析可知，曲线H表示H,S的分布分数，故B错误；由 分布系数图可知，·C()=K,·K,马 10-”,当pH=10时c(H*)=100,则s(s- c(H,s=1,则 c(S2-)=c(H,S),故C错误；忽略S2-的第二步水 K。_10-4 解，人(S-)=K=10-西=0.1，设水解消耗的s- 浓度为amo/L,则Kn(S-）=0.1-a a =0.1,解得a ≈0.062，则0.1mol/LNa,S溶液中c(S2-)≈0.1 mol/L-0.062mol/L=0.038mol/L,故D正确。 -27 【培优练】 5.CM2A是一种难溶于水的弱酸盐，则存在溶解平 衡：M2A(s)=A2-(aq)+2M+(aq),随着pH降 低，发生反应A2-+H+一HA,则M,A的沉淀溶 解平衡将向右移动，c(M)增大，c(A2-)逐渐降低， 故曲线Ⅲ表示lgc(A2-),根据反应A2-+H+、一 HAˉ可知，当pH减小时，c(HAˉ)也要增大，但溶液 始终是MA饱和溶液，存在物料守恒：c(M+)= 2[c(A2-)+c(HA)+c(H2A)],则c(M+)> c(HAˉ)恒成立，故曲线I表示gc(M+),曲线Ⅱ表 示gc(HAˉ)，随着pH继续降低，发生反应HAˉ+ H一H,A,c(H,A)增大，故曲线V表示 gc(H2A),据此解答。由分析可知，曲线Ⅱ为 lgc(HAˉ)随pH的变化曲线，A正确；由题意可知， 溶液始终是MA饱和溶液，当pH=4.6时，由图像 可知，lgc(M+)=-3.6、gc(A2-)=-6.6, Kp(M2A)=c2(M+）·c(A2-）=(10-3.6)2×10-6.6 =10-1B8,B正确；溶液始终是M2A饱和溶液，根据 物料守恒：c(M+)=2[c(A2-)+c(HA)+ c(H2A)],由图像可知，pH=7.2时，c(A2-)= c(HA),则c(M)=2[2c(A2-)+c(H2A)],C错 误；由图像可知，pH=5时，lgX的大小关系为I> Ⅱ>Ⅲ>W,则满足关系：c(M+)>c(HA)> c(A-)>c(H2A),D正确。 6.C根据题图1，当pH=10.25时(N点)，溶液中 c(Hc0,)=c(c0）,则K2=e(C0）:e(H)= c(HCO) c(H+)=10o.25,同理可利用M点求出K,(H,C03) =10-6.刃，室温下，K1(H2C03)·K2(H,C03)<K。= 10-4,A项正确；根据质子守恒，Na,C0,溶液中存 在：c(H+)+c(HC03)+2c(HC03)=c(OH),B 项正确；Q点的体系中，观察题图2的横坐标和纵坐 标可知pH=8,-lgc(Mg2+)=1,观察题图1可知， pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO3,该点位于 Mg(OH)2曲线Ⅱ的上方，题图2中图像的纵坐标是 -gc(Mg+),数值从下往上在增大，即是从下往上 c(Mg2+)在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点 是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会 生成该沉淀，Q点位于MgCO3曲线下方和Mg(OH)2 曲线上方，因此会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子 方程式为Mg2++2HCO3一MgCO3↓+C02↑+ H0,C项错误；P点位于曲线I、Ⅱ的上方，不会生 成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀，c起始(Na2C0,）=0.1 mol·L1,根据物料守恒，溶液中c(HC0)+ c(C0})+c(H,C03)=0.1mol·L,D项正确。 7.B由题图1可知，K(H,C0,)=cHC0,)·c() c(H2C03) =10-6”,K(H,c0,)=c(C0-)·c(H) c(HCO3) 10025。由题图2的曲线Ⅱ可知，当pH=10, lg[c(Ni2+)]=-7时，Ni(OH)2达到溶解平衡，此时 Kp[Ni(0H)2]=c(Ni2+）·c2(0H)=10-7x (104)2=1015,A正确：M点的pH=8.25,由题图1 可知此时溶液中的c(HC0)≈0.1mol·L1,结合 K2(H2C03)的数值，可得c(C0)=0.001mol·L1 c(C0) ≠c(0H),B错误；p=7时，，C0,) K,(H,C0）·K(H,C0,）=1005×1067 c(H+) (10-7)2 10-2,C正确；由题图2可知，当pH=11, lg[c(Ni2+)]=-6时，此时Q。[Ni(OH)2]> K[Ni(OH)2],溶液中生成Ni(OH)2沉淀，结合题图 1可知，当pH=11时，溶液中含碳粒子为C0和少 量的HC0,此时反应的离子方程式为N2++2C0 +2H20=Ni(OH)2↓+2HC03,D正确。 复习练案[16] 【强基练】 1.D由题图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极 1为负极，发生氧化反应，电极反应式为Mg-2e+ 2OH—一Mg(OH)2,电极2为正极发生还原反应， 电极反应式为H20+2e=H2↑+20H,右侧为 电解池，电极3为阳极，产生氧气，电极4为阴极，产 生氢气。催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速 率，提高催化效率，A正确；根据分析，电极1为负 极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正 确；由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成 氧气，电极3的反应为40H-4e一2H,0+ 02↑，C正确；根据分析可知，电极2和电极4均产生 氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH2,D 错误。 27 2.B放电时，电极Ⅱ上MnO2减少，说明MnO2转化为 M2+,化合价降低，发生还原反应，为原电池的正极， 由于电解质溶液为MnSO4,故电解质应为酸性溶液， 正极反应为Mn02+2e~+4H*一Mn2++2H,0;则 电极I为原电池负极，MnS失去电子生成S和 Mn2+,负极反应为MnS-2e-S+Mn2+。由分析 可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳 极，A正确；由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极 反应为Mn02+2e+4H+—Mn2++2H,0,反应消 耗H,溶液的pH升高，B错误；由分析可知，放电时 电极I为原电池负极，负极反应为MS-2eˉ— S+Mn+,C正确；根据放电时负极反应，可知充电时 阴极反应为S+Mn2++2e—MnS,每消耗16gS, 即0.5molS,转移1mol电子，据题意可知，能提供 的理论容量为26.8A·h,D正确。 3.B由原电池中电子移动方向可知，CuAg为负极， HCHO失去电子生成HCO0和H2,电极方程式为 2HCH0+40H--2e-2HC00+H2↑+2H20, CuRu为正极，NO3得到电子生成NH3,电极方程式 为NO3+6H20+8e=NH3↑+90H。CuAg为 负极，HCHO失去电子生成HCOOˉ和H2,根据得失 电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为2HCHO+ 40H-2e=2HC00+H2↑+2H20,A错误； CuRu为正极，NO3得到电子生成NH3,根据得失电 子守恒和电荷守恒配平电极方程式为N0?+6H,0 +8e一NH3↑+9OH,B正确；质子交换膜只允 许H+通过，C错误；由分析可知，负极电极方程式为 2HCH0+40H-2e—2HC00+H2↑+2H20, 正极电极方程式为N0+6H,0+8e—一NH,↑+ 90H,总反应为8HCHO+NO3+7OH=NH3↑ +8HC00~+4H2↑+2H,0,处理废水过程中消耗 OH,溶液pH减小，需补加KOH,D错误。故选B。 4.A放电时，Zn失电子发生氧化反应，Zn是负极， LiMn,O4电极是正极。负极区无Li,故A错误；聚 乙烯吡咯烷酮是一种非离子型高分子化合物，能够 与CoQ形成络合物，可防止CoQ聚集沉淀，故B正 确；根据图示，CoQ*在锌表面生成CoQ,故C正确； 理论上每消耗32g溶解氧，转移4mol电子，根据得 失电子守恒，可除去非活性锌130g,故D正确。