专题14 水溶液中的离子反应与平衡图像分析-【数理报】2026年高考化学专项提分

抓反应的 ①判断酸、碱的相对强弱：②由pH计算K.或由K.计 “起始”点 算pH. 抓“恰好反 根据反应判断溶液中溶质的组成若溶质是“等物质 刀应一半”点 的量的HA+NaA”或“NaHA”,则由溶液酸碱性判断 电离和水解程度的相对大小 抓特殊点 抓“中性”点 c(H+)=c(OH),必考与电荷守恒相关的问题 4抓“恰好完 根据反应判断生成的溶质，若是酸碱中和则怡好完全反 全混合”点 应后为正盐溶液，溶液酸碱性的口诀为“谁强显谁性”，判 断使用的指示剂（完全中和后为碱性可用酚酞、完全中和 后为酸性可用甲基橙). 抓“指定比 判断溶液中的溶质，分析哪种物质过量，题目往往给固定 例混合”点 比例，考查粒子浓度大小顺序或元素质量守恒 以一元强碱滴定一元弱酸为例： 常温时，向20mL0.1mol/LCH,C0OH溶液 个pH e 中逐滴加入O.1mol/L NaOH溶液，溶液pH与加 入NaOH溶液体积的关系如右图所示. 7- (1)特殊点1：起始点a(对应0.1mol/L3.1a CH,COOH溶液)，可由pH求K 04 10 20 30V(KOH)mL CH,COOH =CH,COO +H* 起始浓度/(mol·L1)0.1 0 0 变化浓度/(mol·L)103.1 1031 103.1 平衡浓度/(mol·L-1)0.1-103.1 103.1 103.1 K=10-1x1031 0.1-10-31≈1052 (2)特殊点2：恰好中和一半的点(b点) 此时溶液中的溶质是等物质的量的CH,COOH和CH,COONa,溶液 pH<7,说明CH,COOH的电离程度大于CHCO0~的水解程度， ①离子浓度大小：c(CH COO-)>c(Na+)>c(CH COOH)>c(H+) >c(OH) ②电荷守恒：c(Na)+c(H+)=c(CHCO0)+c(OH) ③元素质量守恒：2c(Na+)=c(CHCO0)+c(CH,COOH) ④质子守恒：2c(H+)+c(CHCOOH)=2c(OH)+c(CHC00) (3)特殊点3：中性点(c点) c(H+)=c(OH),必考电荷守恒. ①离子浓度大小：c(Na)=c(CHCO0)>c(OH)=c(H) ②电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH,CO0-)+c(OH-) (4)特殊点4：恰好完全中和点(d点) 酸碱完全中和，此时溶液中的溶质是CH,COONa,.相当于单一溶质 分析 ①离子浓度大小：c(Na)>c(CHC00)>c(OH)>c(H) ②电荷守恒：c(Na)+c(H*)=c(CH,CO0)+c(OH) ③元素质量守恒：c(Na+)=c(CH,CO0)+c(CH,COOH) (5)特殊点5：指定比例混合点(e点) CH,COOH溶液和NaOH溶液以体积比2：3混合 ①电荷守恒：c(Na)+c(H+)=c(CHCO0)+c(OH) ②元素质量守恒：2c(Na+)=3[c(CHC00)+c(CH,C0OH)] 两式联立消去c(Na+)可得质子守恒： 3c(CH,COO)+3c(CH,COOH)+2c(H*)=2c(OH) 二、对数图像分析 (1)pC:类比pH,即为某离子浓度的负对数，规律是pC越大，C离子 浓度越小、 (2)pK:平衡常数的负对数，规律是pK越大，平衡常数越小.对于 元酸(H):pk,=pH-品：越大.w的电离理发越大 0 a b pH 2.常温下，二元弱酸H,Y溶液中滴加NaOH溶液 pH与离子浓度变化的关系如下图所示： Ige(HY-) L代表g9 c(H2Y) b 壁 1.30 1 H2Y的K= c(Y2) b,点：c(H2】 0 2 3 PH 3.常温下将KOH溶液滴加到二元弱酸(H,X)溶液 与离子浓度变化的关系图： 5.6 (二元弱酸(HX)一级电离程 5 . 或⅓越 4.8 4.6 因而N代表一级电离的曲 线，可以根据m点，n,是 4.0L■■ ■■■■■■ (-0.6)=5.4和pK1=4.8-0. -1.2-0.8-0.40.00.40.81.2 1g(X)或lgc(HX Pc(HX-) c(H2X) 三、分布分数图像分析 一元弱酸（以CH,COOH为例） 二元弱酸（以草 1.0 1.0 0.8 81 `δa 0.6 0.8 80.4 bH=pK=4.76 0.2 0.2 34567 2 注：pK为电离常数的负对数 6,为CH,C00H分布系数，6 为 6,为H2C204分布 CHCO0ˉ分布系数 布系数、δ，为C,0 1.随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大， 分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式； 2.同一pH条件下可以存在多种溶质微粒.根据在一定pH的 浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度 3.根据曲线的交点可求出对应K。 四、沉淀溶解平衡K,曲线的分析 1.阳离子一阴离子单曲线 以Bas04(s)Ba2+(aq)+S0}(aq)为 4x10-c(Ba)/(mol-L) …a、c处在曲线上，Q=K 2×10-5 …b:Q>Km,有沉淀生成 图像 1×105 -c:Km(BaS04)=10x10 二dQ<K,不饱和溶液 1×10-2x104×105 c(S0)/(mol·L1) a→c 在曲线上变化，c(SO b→c 加入1×10-5mol/LNaS04溶 点的变化 d→e 加入BaCL,固体（忽略溶液 c→a 在曲线上变化，c(Ba 溶液蒸发时，离 原溶液不饱和时，离子浓度都增大；原溶液 子浓度的变化 不变 溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关 溶度积常数相同 方的任一，点均表示过饱和溶液，此时有沉淀析出，曲线下方的任一 点均表示不饱和溶液； 真题链接 曲线可知信息 T曲线：、b点都表示饱和溶液，c点表示过饱和溶液 T2曲线：a、b、c点都表示不饱和溶液 例1.(2025·湖南)草酸广泛应用于食品、药品等 ②计算Kp:由a或b,点可以计算出T1温度下的Kp: 下列实验探究了草酸的性质： ③比较T1和T2大小：因BaS0,沉淀溶解平衡吸热，可知T1<T, 实验1：向10mL0.2mo/LH,C204溶液中滴 入一定量0.2mol/LKOH溶液.混合溶液的pH与 3.对数图像 gX[X=（HC.0,或C0)]的关系如右图 将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]取常用对数，即gc(A),对应到 c(H2C,04)c(HC204) 图像中是： 所示 ①若c(A)=1时，lgc(A)=0; 实验2：向10mL0.2mo/LH2C204溶液中加 ②若c(A)>1时，lgc(A)取正值且c(A)越大，lgc(A)越大； 入10mL0.2mo/L BaCl2溶液. ③若c(A)<1时，lgc(A)取负值，且c(A)越大，lgc(A)越大，但数值 已知：25℃时，Kp(BaC204)=10-7.6.混合后溶液 越小； 下列说法错误的是 A.实验1，当溶液中c(H2C204)=c(C20)时，pl ④当坐标表示浓度的对数时，要注意离子浓度的换算，如lgc(X)=a, B.实验1，当溶液呈中性时：c(C20})>c(HC,04 则c(X)=10°； C.实验2，溶液中有沉淀生成 ⑤当坐标表示浓度的负对数[-lgc(X)=pX]时，pX越大，c(X)越 D.实验2，溶液中存在：2c(Ba2+)+c(H+)=c(C 小，c(X)=10-x 2c(C20) (1)正对数[lgc(M+)~lgc(R)]曲线 解析：由图像可知，草酸的K=1012,K。= e(HC,0)·c(H*).c(C,0)e(H*)=(C c(H2C204) c(HC,0:) 以CuS、 -10 -15 105.0.当溶液中c(H,C,04)=c(C20})时，c(H*)= ZmS为例 -20 -25t b c( -25-20-15-10-50 Ige(S2-) 2.5,A正确：当溶液呈中性时，c(H)=10’mmL, ①曲线上各，点的意义：每条曲线上任一点都表示饱和溶液，曲线上 10-1.2 方的任一点均表示过饱和溶液，此时有沉淀析出，曲线下方的任 107>1,c(HC,0:)>c(H,C,0),同理：C0) c(HC,0:) 点均表示不饱和溶液； 1,c(C,0})>c(HC,0,),B正确；实验2发生的反万 曲线可知信息 ZnS曲线：a点表示饱和溶液，c,点表示不饱和溶液 Ba2+(aq)=BaC,04(s)+2H+(aq),该反应 CuS曲线：b,点表示饱和溶液，c点表示过饱和溶液 c2(H+) c(H+)·c(HC,04)·c( ②计算Kp:由曲线上给定数据可以计算CuS、ZmS的Kp; c(Ba）.c(H,C,0,)=c(Ba2*)·c(C,0)·c(H, ③比较Kn大小：Km(ZnS)>K(CuS) Kal·K210-5 K,(BaC,0,076=10,平衡常数较大，该反应 (2)负对数[-lgc(M+)~-lgc(R)]曲线 可产生沉淀；或进行定量计算，将H2C204两步电离平 pM 12 H2C204一C20}+2H*K=10-5.0,H2C204溶液利 M:Mg2+、Ca2+、Mn2+ 混合，c(H,C,04)=0.1mol/L,列三段式： 纵坐标 离子浓度的负对数 pM=-1gc(M) H2C204==2H++C20 0.1 0 0 图像 起始/(mol·L1) 举例： p(Ca2+)=-lgc(Ca2+)=4 c(Ca2+)=10mol·L1 变化/(mol·L) 2x x 平衡/(mol·L-1) 0.1-x 2x p(Ca2+)=-lgc(Ca2+)=2 才MgCO. c(Ca2+)=102 mol.L 02 4 1012 p(CO) 2=10“,估算的数错级为10， 关系 函数关系：随着C0好浓度增大，Ca2+浓度减小 c(C20}）≈0.1×10-3=10-4>Km(BaC204)=10-7 ①横坐标数值越大，CO越小；纵坐标数值越小，c(M)越大； 正确；电荷守恒中右侧缺少了OH~的浓度项，D错误 ②直线上各点的意义：直线上的任何一，点为饱和溶液；直线上方的点为不饱 答案：D 例2.(2025·安徽)H2A是二元 a(1.6,-0 曲线 和溶液：直线下方的点为过饱和溶液，有沉淀生成： 如：c点，相对于MgC03来说，处于直线上方，为不饱和溶液：相对于CC03来 弱酸，M2+不发生水解.25℃时，向足 可知 说，处于直线下方，为过饱和溶液，此时有CaC0,沉淀生成 量的难溶盐MA粉末中加人稀盐酸， 信息 a/( 平衡时溶液中lg[c(M2+)/(mol· ③计算K,:由曲线上给定数据可以计算出相应的Kp; L)]与pH的关系如右图所示.已知 ④比较K,大小：Kn(MgCO3)>Kp(CaCO3)>K,(MnCO. 25℃时，K1(H2A)=101.6,K2(H2A)= 3 c(A2-)·c2(H=1084,当c(A2-)=c(H,A)时，pH=4.2,则可将图像 c(HA) HA 转化为 进行分析 1.6 4.2 6.8 pH 溶液中存在元素质量守恒：c(MP+)=c(H2A)+c(HA)+c(A2-), 当pH=6.8时，c(HA)=c(A2-),c(H2A)很小，可忽略不计，则c(M2+)= 2x(A-)=103,K,(M)=e(w)c()=103×7×103=7× 10-6,p[K(MA)]=6+lg2=6.3,则K,(MA)=10-63,A正确；根据元素 质量守恒：c(M2+)=c(H2A)+c(HA)+c(A2-),c(M2+)>c(HA),由 图像可知，pH=1.6时，c(HA)>c(A2-)成立，由电荷守恒：c(H)+ 2c(M2+)=c(Cl)+2c(A2-)+c(HAˉ)+c(0H),与元素质量守恒联 立可得：c(H2A)+c(H+)+c(M2+)=c(C1)+c(A2-)+c(OH),由图 像可知，c(H2A)>c(A2-)且c(H+)>c(OH),则c(M2+)<c(C1),故 c(C1)>c(M2+)>c(HA)>c(A2-),B错误；由图像可知，plH=4.5时， 溶液中：c(HA)>c(A2-)>c(HA),C错误；pH=6.8时，c(HA)= c(A2-),根据电荷守恒关系：c(H+)+2c(M2+)=c(Cl)+c(HA)+ 2c(A2-)+c(0H~),将元素质量守恒代入，得到c(H*)+2c(H,A)+ c(HA)=c(Cl)+c(OH-),D错误 答案：A 提分专练 1.常温下，用浓度为0.0200mo/L的个pH NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol/L的10 HCl和CH,COOH的混合溶液，滴定过程中溶液 6 筋H随网=]的变化由线如右 4a(1.00,3.38 2 图所示.下列说法错误的是 ( 00.501.001.502.007 A.K(CH,C00H)约为10-4.6 B.a点：c(Na+)=c(Cl)=c(CH,CO0)+c(CH,C00H) C.b点：c(CH COOH)<c(CHCO0) D.水的电离程度：a<b<c<d 2.TK时，现有25mL含KC1和KCN的溶液，中 用0.1000mol/L的硝酸银标准溶液对该混合液进 行电位滴定(CN与H的反应可以忽略)，获得电 动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲 09 2.50V1 12.50V/ml 线如右图所示，曲线上的转折点即为化学计量点. 已知：I.Ag与CN的反应过程为①Ag+ 2CN=[Ag(CN)2],②[Ag(CN)2]+Ag*=2AgCN↓； Ⅱ.TK时，Kp(AgCN)=2×106,Kn(AgCI)=2×10o. 下列说法不正确的是 A.V1=5.00,A→B发生反应：[Ag(CN)2]+Ag*=2AgCN↓ 说法错误的是 ( A.水的电离程度：M<N B.M点：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+) C.V(HC00H)=10mL时，c(OH-)=c(H c(HCOO) D.N点：c(Na+)>c(HCO0-)>c(OH-)>c(H 4.用0.1000mol/L盐酸滴定20.00mLNa2A HA·、A2的分布分数6随pH变化曲线及滴定曲线如 c(A2-) 数：6(A-)=eH,A)+ciA)+c(A 、].下列说法 14TPH a(10.00,10.25) b(20.00,8.32 d(30.00,6 1.00.80.60.40.201020304050 V(HCI)/mL A.HA的K1为10-10.25 B.c点：c(HA)>c(A2-)>c(H,A) C.第一次突变，可选酚酞作指示剂 D.c(Na2 A)=0.200 0 mol/L 5.常温下Ag(I)-CH COOH水溶液 1.0 体系中存在反应：Ag+CH,CO0一 0.8 CH,C00Ag(aq),平衡常数为K.已初始浓度叁06 (Ag*)=cn(CH,C00H)=0.08mol/L,所您04 0.2 有含碳物质的摩尔分数与pH变化关系如右 0.0 2 图所示（忽略溶液体积变化）.下列说法正确 的是 A.曲线Ⅱ表示CH,COOH的变化情况 B.CH,COOH的电离平衡常数K,=10~” C.pH=n时，c(Ag)=10 K mol/L D.pH=10时，c(Ag+)+c(CH,CO0Ag)=0.08m( 6.常温下CH2 CICOOH和CHCL,COOH的两种溶 pH的变化关系如下图所示[比如：8 c(CH,CICOO) .下列叙述正确的 e(CH,CICOOH)+e(CH,CICOO) 1.0 0.9 d8085 0.8 0.7 0.61 0.5 .4 03 0.2 0. .00.40.81.21.62.02.42.83.23.64.04.44.8 pH 皮不溶液体积变化).溶液pI随 7.08.49.4 140 (X表 示F或者CN)变化情况如右图所示，下列说法错 3 lgc(X-) 2 误的是 c(HX) 1 0 A.IgK,(HF)-IgK (HCN)=6 3.0 7.0 14.0 -Ig[c(H)/(mol-L)] B.溶液中对应的c(X):d点>c点 A.L为-lgc[Al(OH)4]与-lgc(H)的关系曲线 C.b点溶液的pH=5.2 B.Zn2++40H=Zn(0H)的平衡常数为10.2 D.e点溶液中c(Na+)>c(HCN)>c(OH)>c(H+) C.调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd 8.三甲基胺[N(CH)3]是一种一 4.24.8 >pOH D.调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0. 元有机弱碱，简写为MOH.常温下，向 20mL0.5moLM0H溶液中逐滴加1s4卿 AI3+完全分离 c(M+) 12.25℃下，AgCl、AgBr和Ag2Cr04的沉px↑ 入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶 ed 淀溶解平衡曲线如右图所示.某实验小组以 液中1gc(MOH 50 10 、pOH[pOH= 100中和率/% c(M+) K2CO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴 -gc(OH)】、中和率（中和率-被中和的M0的物质的量）的变化如上 定含Cl水样、含Br水样. 反应前MOH的物质的量 已知：①Ag2C04为砖红色沉淀； 图所示.下列说法正确的是 ( ②相同条件下AgCl的溶解度大于AgBr的； A.三甲基胺[N(CH,)3]的电离常数的数量级为1048 ③25℃时，pK,(H2Cr04)=0.7,pK2(H2C04)= B.a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(Cl) pAg=-lg[c(Ag*)/(mol .L-)] C.b点时，c(M+)>c(Cl)>c(MOH)>c(OH)>c(H+) pX=-lg[c(X")/(mol·Ll)](X代表Cl、Br D.溶液中水的电离程度：c点<d点 下列说法错误的是 9.C02气氛下，Pb(C104)2溶液中含 100 A.曲线②为AgC1沉淀溶解平衡曲线 Pb2 铅物种的分布如右图.纵坐标（δ）为组分 PbCO(s) 75 B.反应Ag,CrO4+H+==2Ag++HCO4的平衡 中铅占总铅的质量分数.已知c,(Ph2+)等50 C.滴定C1时，理论上混合液中指示剂浓度不宜走 Pb(CO3)左 =2.0×10-5mol,pK(H2C03)=6.4、 25 Pb(OH) D.滴定Br达终点时，溶液中CCBr=10as pK2(H2C03)=10.3,pKp（PbC03)= e(CrO2-) 0+ 12.1.下列说法错误的是（) 6 10 pH 13.向AgC1饱和溶液（有足量AgC1固体）中滴加氨 A.plH=6.5时，溶液中c(C0)<c(Pb2+) NH -[Ag NH3)][Ag (NH3)]+NH3= B.6(Pb2+)=6(PbC03)时，c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L lg[c(M)/(mol·L-)]与lg[c(NH3)/(mol·L-1)] C.pH=7时，2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]<c(CI0:)+2c(Co?)+{其中M代表Ag*、CI、[Ag(NH)]*或[Ag(NH)2 e(HCO) 的是 D.pH=8时，溶液中加入少量NaHCO3(s),PbCO3会溶解 -1 10.室温下，H,S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关 -2 (-1,-2.35) -3 c(HS) 0(-1, 系如T图[例如6(H,5)=(H,S)+c(s)+c(S].已知：k,（Ees）= -4 (-1, 5 6.3×10~18,Kn[Fe(0H)2]=4.9×10-7.下列说法正确的是 ( 6 -1 -7 )/W -8 1.0 -9 -10 0.5 lgc(NH)/mol·L] 3.0 0.0 A.曲线I可视为AgC溶解度随NH,浓度变化曲 pH B.AgCl的溶度积常数Kp=c(Ag+)·c(CI)=I A.溶解度：FeS大于Fe(OH), C.反应[Ag(NH3)]++NH3==[Ag(NH3)2] B.以酚酞为指示剂（变色的范围8.2~10.0），用Na0H标准溶液可为10381 滴定H,S水溶液的浓度 D.c(NH3)=0.01mol/L时，溶液中c C.忽略s2-的第二步水解，0.10mo/LNa,S溶液中S水解率约为c[Ag(NH)]}>c(Ag) 62% D.0.010mol/L FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/LNa,S溶液，反应38 参考答案 数理招 CHC00+H,0.B错误：滴定前盐酸和醋酸的02=1.0×10，可以推断出K,(CaC,0,)<c(0.10 浓度相同，故滴定过程中，根据元素质量守恒可 2 c(S-号cHs)c(S-)<0.01VL,根据 知：c(C1)=c(CHCO0)+c(CH COOH),C 1.0×104,D正确 硫元素守恒可知c(Hs)<102mol/L,所以 正确；pH=7时，由电荷守恒可知，c(Na)= 7.AK(HS)=)S)可变式c0>1,则c(0H)>c(S-),B错误： e(HS) c(S2-) e(CHCOO)c (CI).K.(CH,COOH) c(H*)·c(CH,C00) 为(HS) Ka(H,S,测得溶液的pH不断减 c(H+) K(FeS)远远大于Kp(CdS),向c(Cd+)= c(S2-) c(CH,COOH) 0.01mol/L的溶液中加入Fes时，可以发生沉淀 1×10-7×c(CH,C00) Kp(FeS) =1.8×105, 小H)道大人：不变，袋号增大.A正确： 的转化，该反应的平衡常数为K= c(CH,COOH) K..(Cds) NaHs与NaOH反应的离子方程式为HS+10-n0 e(CHCOO-) e(CH,co0Hm=1.8×10,c(CH,C00）> 0H=S+H,0,B错误；实验2所得溶液中的10西=10”>103，因此该反应可以完全进行 c(CH,COOH).原CH,COOH和盐酸浓度相等， 溶质为Na,S,存在元素质量守恒：c(Na)=CdS的饱和溶液中c(CdP+)=√02 .mol/L= 且生成的CHC00°会水解，c(CI°)> 2c(S2-)+2c(HS)+2c(H,S),C错误；实验310-a.mol/L,若加入足量Fes时可使c(CdP)< c(CH,CO0-),故有c(Na+)>c(C1-)> 中，Na,S过量，不是沉淀转化，无法判断10-8mo/L,C正确；CP++H,S一CS+2H Kn(MnS)>K,(CuS),D错误， c(CH,CO0)>c(CH,C00H),D正确. c2(H) 5.B常温下，溶液I的pH=7.0,则溶液I 8.CHA的水解平衡常数K.= Kw三 的平衡常数K=cC)·c(HS) K 中c(H+)=c(0H-)=1×10-7mol/L,c(H+)< K(H,s):K(H,S》_106”x10 10-14 (OH)+e(A),A错误：常温下，溶液的pH=1.54x10*6.5×10-B<Ke,NH的水解平 K.(Cds) 10-2610 -=10623> 10,该反应可以完全进行，因此，当向c(CP+）= 1.0,溶液中c(H+)=0.1mol/L,K。(HA)= 衡常数，-六-1.8X105.6x10,说明001mL的溶液中通人Ls气体至饱和。 Kw 10-14 c(H)·c(A2-l.0x10-3,ce(HA)=c(A+ Cd+可以完全沉淀，所得溶液中c(H+)> c(HA) HA的电离大于水解，电离出的H抑制水的电c(Cd2*),D正确. c(A),则 e(HA)-A)=L.0×103,解得离程度大于HA水解和NH水解对水的电离 0.1c(A-) 的促进作用，故该溶液中由水电离出的c(H)< 品奇B正确：根据题意，未电离的A10mL,A错误：尖经2所得容液中(，A c(A-) 专题14提分专练 可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相和Na,A浓度相等，根据元素质量守恒，存在： 1.D NaOH溶液和HCl、CH,COOH混酸反 等，C错误；溶液I中c(H*)=1×10-7mo/L,c(A2-)+c(HA）+c(H,A)=c(NL)+应时，先与强酸反应，再与溺酸反应.由滴定曲线 K,(HA)=c):A=1.0x10 c(NH,·H,O),B错误；向实验2所得溶液中继可知，a点时NaOH溶液和HC1恰好完全反应生 c(HA) 续滴加一定量0.1mol/L NaOH溶液，所得溶液成NaCl和水，CH,COOH未发生反应，溶质成分 c台(HA) =c(HA）+c(A),中一定含有Na,A,已知实验2中溶液中有元素 为NaCl和CH,COOH:b点时NaOH溶液反应掉 1x10x[ca(HA)-c(HA)】=1.0×103, 质量守恒：c(Na)=c(A2-)+c(HAˉ)+ 一半的CH,CO0H,溶质成分为NaC1、CH,COOH c(HA) c(H,A),随着NaOH的加人，反应过程中一定和CH,COONa;c点时NaOH溶液与CH,COOH ce(H)=(10+I)c(HA),同理溶液Ⅱ中有：c(Na)>c(A2-)+c(HA),C正确：实验4恰好完全反应，溶质成分为Nad.CH,C0oNa:d ce(HA)=1.O1c(HA),溶液I和I中的c(HA) 中c(Zm2+)=0.025mol/L,c(HA)=0.05mol/L,点时Na0H过量，溶质成分为NaCL,CH,C00Na 相等，故溶液I和中c(HA)之比为(10+1)： Q.(ZnA)=0.025×0.05=1.25×103>Kn(ZnA)和Na0H,据此解答. 1.01≈10，D错误. ;时产生沉淀，D错误 由上述分析可知，a点时溶质成分为NaCl 6.D因为K1(H2C204)>K.(HF)> 9.D实验1得到H,S03溶液，其电荷守恒 和CH,C00H,c(H）=10-3.38mol/L, K。HC.0,),根据强酸制备弱酸原理，实验①关系为c(s0)+2.(s0)+e(0H）=K(CH,C0On。cHGC00）= 可以发生反应：NaF+H,C,0,=H+NaHC,0,c(H),则c(Hs0)+e(S0)<c(),A错 c(CH COOH) A错误；向0.1000mol/L NaHC,0,溶液中，滴加 10-3.3那x10-38 误；实验2所得溶液的pH为4，即c(H)= 0.01 =10~46,A正确：a点溶液为等 NaOH溶液至pH=5,由K2(H,C,0,)≈6×10-5= cH):G0G).得出C0)-6x10- 104mol/L,依据K。= 0,c(s0),则6.2×浓度的NaC和C,C00H混合溶液，存在元素 e(HSO) e(HC,O) e(HC,O) c(H+) 6×10-5 10=104.c(s0)c(0g-)-6.2×10 质量守恒关系：c(Na*)=c(Cl)= 10=6,故实验2所得溶液中：(C,0）)> =c(CH,COOH)+c(CH,CO0),B正确；b点溶液 e(HSO)c(HSO;) 10-4 ;中含有NaCl及等浓度的CH,COOH和 6.2×10-4<1,故c(S0号)<c(Hs0),B错误； c(HC204),B错误；向0.1000mol/LH2C204溶 CHCOONa,由于pH<7,溶液呈酸性，说明 NaHSO,溶液蒸干过程中会分解成Na,S0,、CH,COOH的电离程度大于CH,C00的水解程 液中滴加NaOH溶液至p=4,根据K,Na,SO可被空气中O,氧化，故蒸干，灼烧得 (H2C04）·K2（H,C,04）= 度，则c(CH,COOH)<c(CHC00),C正确：c Na,S0,周体，C错误；实验3中发生反应：5S02+ ()·c(C0)=3.6×10-6可知，2Mn0+2H,05s0+2Mm2·+4*,则恰好 点溶液中CH,CO0ˉ水解促进水的电离，d点碱 c(HC204) 过量，会抑制水的电离，则水的电离程度：c>d, c(C,0)_3.6×10-6_3.6×10-6 完全反应后c(S0)>c(Mn2*),D正确. D错误. c(H,C,0)=2)=10=360,故 10.BNa2S溶液中存在电荷守恒，可表示 2.D根据Ag与CN反应过程可知，A点 实验③所得溶液中：c(C,0)>c(H,C0,),C为c(H)+c(Na*)=c(0H)+c(HS)+体积为2.50ml,B点体积为5.00ml,A正确： 错误；将浓度均为0.0200mol/LNaHC,0,和2c(S2-),A正确：0.01mo/Na,S溶液中，S2 根据Ag~CNˉ，原溶液中c(KCN)= Ca(OH,溶液等体积混合，生成沉淀CaC,0,得水解使溶液呈藏性，其水解常数为人，=0.1000x0.05L三0.02000m0VL根据 K,(cc0,<0.=c(c0)c(c=092x c(OH)·c(HS) Kw = 10-4 c(s2-) K2 10-2.9=10-11 0.025L Ag CI, c(KCI） 数理招 参考答案 39 0.1000mol/L×(0.0125-0.005)L 0.025L 减小，平衡①正向移动，CH,C00H摩尔分数减K(p)=c(F):耳）=c(H）=10-a, 小，CH,C00ˉ摩尔分数增大：此时平衡②正向移 e(HF) 0.03000mo/L.根据元素质量守恒关系可知：动，CH,C00Ag的摩尔分数增大，plH增大到一定 K.(HCN)= (CN-)·cH)=c(H)= 2 e(HCN) c(CN-)+c(HCN) c(CI),B正确；C点， 程度，Ag*部分转化为沉淀，平衡②逆向移动， 1092,即I代表HF,Ⅱ代表HCN.lgK(HF)- CN~和C1~完全沉淀，溶液中同时存在二者的沉 CH,COOAg的摩尔分数减小，故曲线【表示1gK,(HCN)=6,A正确：由于弱电解质的电离是 淀溶解平衡，C=(AgCD）-2x10n CH,COOH的摩尔分数随pH变化的关系，曲线微弱的，故溶液中c(HF)=c(HCN)=Imo/L, (CNX,(AgCN-2×10=Ⅱ表示CH,C00的摩尔分数随pH变化的关则溶液中d点对应的c(CN） 10°，C正确：D点，硝酸银溶液过量，根据K,和系，曲线Ⅲ表示CH,CO0Ag随pH变化的关系，Ac(HCN)·K.(HCN_1mlLx10- 图像关系可知：c(K*)>c(Ag)>c(C1)>错误；由图可知，当c(CH,CO0H)= 一，c点对 c(H*) 107 c(CN),D错误， c(CH,C00)时（即曲线I和曲线Ⅱ的交点），溶应的c(F)= c(HF)·K(HF) 3.D向NaOH溶液中滴加HCOOH,发生液的pH=m,则CH,C0OH的电离平衡常数K= c(H+) 反应：NaOH+HCO0H=HC0ONa+H,0,生成物c(H+)·c(CH,C00~) 1moL×10-3.2 =l0m,B错误；pH=n ,则c(X):c>d,B错误； HCOONa还会部分水解生成HCOOH,呈下降趋 e(CH COOH) 10-7 势的曲线所代表的离子其浓度从开始时的时，c(CH,CO0)= 10-m·c(CH2C0OH) K()=02b点溶液中g}=2,则省 0.1mol/L变化为几乎为0，代表0H的浓度，呈 c(H+) 的曲线所代表的离子其浓度无到有，10·c(CH,CO0m,Ag+CH,C00一c)102故 c(F-) 最终为0.05mo/L,代表HC00的浓度. c(CH,COOAg) ：CH,COOAg(ag)的K= :溶液的pH=5.2,C正确；e点溶液pH为9.2，此 N点HCOOH与NaOH恰好反应生成 c(Ag)·c(CHC00)' c(CH,COOAg) 时gN0即c(CwN)=c(HCN),根据电 Hc00a,此时仅存在HC0O的水解，M点是c(Ag)=衣：C(CHCO0,由图可知pH=n 中和一半的点，溶质是NaOH和HCOONa,NaOH 荷守恒可知：c(Na)+c(H+)=c(CN-)+ 对水的电离是抑制的，故水的电离程度M<N,A 时，c(CH,C0OH)=c(CH,CO0Ag),代人整理得 c(OH),结合c(OH-)>c(H),则有c(Na) 正确：M点溶液中电荷守恒：a)+c(H)=c(Ag)=10mL.C正确：pH=10时体系种>c(CN)>c(OH)2I)即有2 c(HC00)+c(0H),且M点时(HC00)=有部分含银的沉淀，根据元素质量守恒，所以 c(HCN)>c(OH-)>c(H+),D正确. c(OH),联立两式可得：2c(0H)=c(a*)+c(Ag)+c(CH,C00Ag)<0.08mol/L,D错误 c(H),B正确；当V(HCOOH)=10mL时，溶液 &c据图可知当-0时，0= 6.D 中的溶质为等物质的量的NaOH和HCOONa,根 随着pH的增大，CH,CC00H、,4.2,即c(MoH)=c(M)时，c(0H)=1× 据电荷守恒有：c(Na)+c(H)=c(HCO0)+ CHC,C0oH浓度减小，CH,CC00°和1042mL,三甲基胺的电离常数K= c(OH~),根据元素质量守恒有：c(Na)= CHC,C00浓度增大，一d为吸电子基团，c(M)·c(0H)=1042数量级为105，A错 c(MOH) 2c(HC00~)+2c(HC00H),联立两式可得： CHCl,COOH的酸性强于CH2CIC0OH,即 K.(CHC,C00H)>K.(CH2CICO0H),6(酸分误；a点中和率小于50%，即加入的2n(HCI)< c(0H-)=c(H+)+c(HC00)+2c(HC0OH), C正确：N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反 子)=6（酸根离子）=0.5时的pH分别约为n(MOH),根据元素质量守恒可知c(MOH)+ 应生成HCOONa,HCO0~发生水解，因此 1.3、2.8,则两种酸的电离常数分别为c(M)>2c(C1),B错误；b点中和率为50%， K,(CHCL,C0OH)≈101.3，K(CH,C1COOH)≈溶液中的溶质为等物质的量的MOH和MC,据 c(Na)>c(HC00-)及c(OH-)>c(H).观 10-28 图可知，此时pOH<7,溶液呈碱性，说明M的 察图中N点可知，c(HC00)≈0.05mol/L,根 根据上述分析，曲线M表示水解程度小于MOH的电离程度，则溶液中 据K(HCOOH)=c00）=1.8×6(Cl,aCO0)-pH的变化关系，A错误：pH=c(N)>c(C)>c(MO)>e(0）之 c(HCOOH) c(H+) 10(HCOOH) 1.8×104 =3.6×10-3,即 1.3时，c(CHCl,C00H)=c(CHCL,C00),可得c(H),C正确；c点中和率为100%，溶液中溶 0.05 CHC,COOH的电离常数K,≈10-13，初始质为MC1,d点溶液中溶质为MCI和HCl,HCl的 c(HCOOH)>c(H),D错误 co(CHCl,C0OH)=0.1mo/L,设此时溶液中电离抑制水的电离，MCl的水解促进水的电离， 4.CpH较大时A的分布分数8(A-)最c(H)=xm/L,则K(CHCl,CO0)=所以e点水的电离程度更大，D错误。 大，随着pH的减小，A的分布分数ò(A-)逐c(CHC,CO0)·c(H) 9.D由图可知，pH=6.5时8(P%2+)> x2 渐减小，HA~的分布分数6(HA)逐渐增大，恰 e(CHCL,COOH) =0.-x=10-,解50%，即c(P2)>1x105mo/L,则c(C0g）≤ 好生成NaHA之后，HA的分布分数6(HA)逐 得x=0.05,但a点对应的c(H)=0.1mol/L,K(PC0)-10- 渐减小，H2A的分布分数8(H2A)逐渐增大. 说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷 c(Pb)=1x10-mol/L.=10-7.!mol/L< H,A的K=eH):HA）,图中pH= 守恒，c(H*)>c(CHCL,CO0)+c(OH),B错 c(Ph2·),A正确：6(Pb2+)=6(PC03)时，溶液 c(H2A) 6.38时的交点处，c(HAˉ)=c(H2A),计算可知 误：根据分析，CH,CC00H的电离常数K=中还存在Pb(OH),根据c,(PW·)=2.0×10 mo/L和%元素质量守恒，溶液中c(P%2)< K,=106,A错误：由图像可直接比较c点溶102，C错误；电离度a=,pH=2.08时，1.0×105mL,B正确；Pb(CO,)2溶液中 n始 液中c(HA)>c(H2A)>c(A2-),B错误；第一 0.15 co(P%+)=2.0×10-3mol/L,则c(Cl04)=4× 次滴定突跃溶液呈碱性，可选择酚酞作指示剂， 电离度a(CH,CICOOH) 1 05,D正确 C正确；e点时，溶液中的溶质是H,A,根据 电离度ax(CHCl,C00H0.850.85 10-5mol/L,plH=7时，8(P%2+)<50%, :6[Ph(0H)]<25%,即c(P%2+)<2.0× Na,A+2HCl=2NaCl+H2A计算可知，c(Na,A)= 7.B由题干信息可知，常温下HF酸性强103mol/L×50%=1×105mol/L, 0.1000mol/L,D错误. 于HCN,即K(HF)>K,(HCN),当横坐标为0c[P(OH)]<25%×2.0×10-5moVL=0.5× 5.C在溶液中存在平衡：CH COOH 10-5ol/L,则2c(Pb2+)+c[Pb(0H)+]<2.5× CH,C00+H(①)、Ag+CH,C00= 时，即g=品=0或者g HCN=0,105mol/L,故2c(PW2·)+c[Ph(0H)*]< CH,CO0Ag(aq)(②)，随着pH的增大，c(H+)c(F)=c(HF)或c(CN~)=c(HCN),则有c(CIO,)+2c(CO)+c(HCO),C正确： 40 参考答案 数理招 NaHC0,溶液中HC0的水解平衡常数为据图可知，由图中(3.0,0)、(8.4,5)、(9.4,5)分[Ag(NH)2]+的平衡常数K= 1×10-4 K(H,C0,)=10=10-6>Ka(H,C0,), Kw 别可计算Kn[AI(OH)3]=c(A3+)·c2(OH)= cl[Ag(NH)2]* 102.35 10-8K[Zn(0H)2]=c(Zn2*)·c2(0H)= e[Ag(NH)]·c(NH)）=106x10 即HC0,的水解程度大于其电离程度，溶液中102K,[Cd(0H)2]=c(C)·c2(0H)=10,C正确：由图可知，c(MH,)=0.01moVL时， C0浓度几乎没有变化，且加入少量NaHC010-42:由图中(8.4,5)、(12.4,5)、(14.0,5)可溶液中c[Ag(NH,)2]}>c[Ag(NH,)]> 固体，形成缓冲溶液，溶液的pH变化不明显，结代入计算A(OHD),+OH一AI(OH):的平衡 c(Ag+),D正确 合图像，PbCO,不会溶解，D错误. 10.C在H,S溶液中存在电离平衡：常数为K=[A1K0D】.10 c(OH-) =104-8=1006,同 专题15提分专练 H,S一H+Hs、Hs一H+S,随着pH理可得Za(OH)2+20H一Za(0H)的平衡 的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HSˉ的 常数为K=Za0n1=101,0d(0H,+ 1.(1)邻硝基甲苯(2-硝基甲苯) 物质的量分数先增大后减小，$2的物质的量分 c2(0H-) CH. CH. 数逐渐增大，由图中左侧交点的pH=7可知20H一C(OH)?的平衡常数为K= NO NO K,(H,S)=1×10-7,由图中右侧交点的pH= CL 13.0可知K2(H,S)=1×10-5. c[Cd(oH]=105.据此分析解答. c2(0H-) feS的溶解平衡为FeS(s)一e2(aq)+ 12.D根据①②③三条线的斜率可知曲线 HCI s2-(aq),饱和Fes溶液的物质的量浓度为①代表AgC04,由于相同条件下，AgCl的溶解 (3)b √Kn(Fes)=√6.3x10-mol/L=√6.3×度大于AgBr的，即Kn(AgCI)>K(AgBr),所以 (4)羧基 10-°ml/L,Fe(0H)2的溶解平衡为Fe(0H)2曲线②代表AgCL,曲线③代表Ag5r,根据题中坐 (5)消去反应（或消除反应） 一Fe2*(ag)+20H(aq),饱和Fe(OH)2溶标，可求得K,(AgC0)=c(Ag)·c(C0)= NH 3Ke(om2过- (10-2)2x10-1.7=10-,Kp(AgC)=c(Ag)· 液的物质的量浓度为 4 c(C1)=10-2×10-7.7=10-9,7,Km(AgBr)= 34.9×10 c(Ag*)·c(Br)=10-6.1×10-61=10-22 CI -mol/L=12.25×10-6mol/L> 4 由上述分析得，曲线②为AgC1沉淀溶解平 CH-NO, √6.3×l0-9mol/L,故溶解度：FeS<Fe(OH)2, 衡曲线，A正确；反应AgC0,+H一2Ag+ (7)16 A错误：酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞 HCO:的平衡常数K c(Ag+)·c(HCr0) 解析：根据C的结构，结合B被酸性高锰酸 为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液， c(H+) 由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有 e2(Ag*)·c(Cr0）·c(HCr0:) CH,NO2 完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B c(H+)·c(CO) 钾溶液氧化为C,则B为 ,B由A与 错误；Na,S溶液中存在水解平衡：S2-+H,0K(AgC0,)_1017 CI =HS+0H、HS+H,0=H,S+0H(忽 K2(H2Cro) 10=102,B正确：当C1 Cl2在FeCL,催化下发生苯环上的取代反应得 略第二步水解)，第一步水解平衡常数K(S2)=恰好滴定完全时，c(Ag）=√K,(AgC)= CH, c(HS)·c(OH) =10-485mo/L,即c(C0}）= Kp(Ag2 CrO) N02 c(S2-) c(Ag*) 到，则A为 .E为C发生还原反应得 e(HS).e(OH-)e(H)= Kw 10-L7 到，故D应选择Fe/HCl.根据已知条件，G发生 c(s2-)·c(H*) K2(H2S) (104s7=102mm/L,因此，指示剂的浓度不 两步反应得到H,G与S0CL,发生第一步反应得 1×10-4 ×10=0.1,设水解的$2的浓度为xo/L, :宜超过10-2mol/L,C正确：当Br达滴定终点 时，c（Ag)=e(Br)=√Kp(AgBr)= F COCI 则0.1，解得x=0.062,S的水解率约 10-61mol/L,即c(Cr0}）= K.p (Ag2CrO) 到中间体 ,中间体 e2(Ag') SO,NH2 为0062m0上×10%=62%，C正确： 0.I mol/L 10-1.7 (10-61)2=10a5mol/L,c(Br) s10-61 c(C0子) 1003 COCI 0.010mo/L FeCL,溶液中加入等体积 0.20mol/LNa,S溶液，瞬间得到0.005mo/L 1066,D错误。 与氨水发生反应得到H,则H FeCL,和0.1mol/LNa,S的混合液，结合C项，瞬 13.A AgCl饱和溶液中c(Ag)= SO,NH, 时c(Fe2+)·c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mo/L- c(CI),向AgC饱和溶液中滴加氨水，溶液中 0.062mo/L)=1.9×I0>K,(FeS),c(Fe2·)·Ag浓度减小，CI浓度增大，[Ag(NH,)门浓度 CONH. c(0H)=0.05mmVL×(0.062mol/L)2=增大，继续滴加氨水，[Ag(NH,)]浓度增大的 的结构简式为 .1与J发生反 1.922×10-5>K,[Fe(OH)2],故反应初始生成幅度小于[Ag(NH,)2]浓度增大的幅度，则曲 SO,NH, CI 的沉淀是Fes和Fe(OH),,D错误. 线I、Ⅱ、Ⅲ、V分别表示[Ag(NH)2]、 应得到K,根据I、K的结构简式和J的分子式可可 11.BZm2·和Cd·沉淀形成Zm(OH)2和[Ag(NH)]、Ag、CI,A错误；由图可知， Cd(OHD,A·沉淀形成A1(OH,则Zm2“和c(N,)=10'moUL时，c(C)=10-2m/L,以得到J的结构简式为 NH2 ,K经后续反应 Cd的关系曲线平行，根据K,[Zn(OH)2]<c(Ag)=I0-70mol/L,则氯化银的溶度积为 K[Cd(0)2],Z(0H)2比Cd(0H)2更易与1025×1070=1095，B正确：由图可知， 得到目标化合物，据此分析解题。 碱反应，因此生成Zn(OH)的pH低于c(NH)=10-'mol/L时，溶液中[Ag(NH,)2]·和 (5)对比H和I的结构简式，可知HI过 Cd(OH)的，故从左到右的曲线依次为A3+、[Ag(NH)]+的浓度分别为102.35mol/L和 程中失去了1分子H,0,同时形成一C=N不饱 Zm2+、Cd+、A(0H):、Zn(0H)}、Cd(OH)子.10-s.6mo/L,则[Ag(NH,)]++NH, 和键，所以由H生成I的反应类型为消去反应