2027届高三化学一轮复习讲义：7.6　溶液中粒子浓度的变化曲线

该高中化学高考复习讲义聚焦溶液中粒子浓度变化曲线核心考点，涵盖中和滴定曲线、分布系数曲线、对数图像三大类型，按“考点梳理-模型构建-例题解析-真题演练”逻辑组织，通过巧抓滴定曲线“5点”、分布系数曲线交点计算电离常数等方法指导，帮助学生系统突破粒子浓度关系分析难点。 讲义突出科学思维与科学探究，创新设计“五步法”突破滴定曲线（抓起始、一半、恰好反应、中性、过量点），如通过中和滴定曲线“反应一半点”分析溶质组成及电离水解程度，结合基础落实与能力提升分层练习，确保高效复习，助力学生构建解题模型，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第6讲　溶液中粒子浓度的变化曲线 考点一　中和滴定曲线 1.巧抓“5点”,突破滴定曲线中粒子浓度关系 (1)抓反应的“起始”点:判断酸、碱的相对强弱。 (2)抓反应“一半”点:判断是什么溶质的等量混合。 (3)抓“恰好”反应点:生成的溶质是什么,判断溶液的酸碱性。 (4)抓溶液的“中性”点:生成什么溶质,哪种物质过量或不足。 (5)抓反应的“过量”点:溶液中的溶质是什么,判断哪种物质过量。 2.抓住滴定曲线中的5个关键点——模型构建 以室温时用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液为例。如图所示: 关键点 离子浓度关系 反应起始点(与pH轴的交点) 起始点为HA的单一溶液,0.1 mol·L-1 HA溶液pH>1说明HA是弱酸,c(HA)>c(H+)>c(A-)>c(OH-) 反应一半点(点①) 溶液中含等物质的量的NaA和HA,此时溶液pH<7,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-) 中性点(点②) 溶液pH=7,溶液呈中性,酸没有完全被中和,c(Na+)=c(A-)>c(HA)>c(H+)=c(OH-) 恰好完全反应点(点③) 此时二者恰好完全反应生成NaA,为强碱弱酸盐,溶液显碱性,c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>(H+) 过量点(点④) 此时,NaOH溶液过量,得到NaA与NaOH等物质的量的混合液,溶液显碱性,c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+) 【例】　已知常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液中滴入0.1 mol·L-1的NaOH溶液,所得滴定曲线如图所示,下列说法正确的是(　　) A.HA为一元弱酸,其电离平衡常数的数量级为10-5 B.b点溶液中:c(A-)+2c(H+)=2c(OH-)+c(HA) C.c点溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA) D.若d点溶液的pH=8.4,则水电离出的c(H+)=10-8.4 mol·L-1 答案　A 解析　a点的pH=3,则c(H+)=c(A-)=10-3 mol·L-1,而此时HA溶液浓度是0.1 mol·L-1,c(H+)<c(HA),说明HA为一元弱酸,其电离平衡常数Ka==10-5,故弱酸HA电离平衡常数的数量级为10-5,A正确;b点滴入10 mL NaOH溶液,体积是酸的一半,二者的浓度相同,说明有一半HA反应,故该点溶液为NaA和HA等物质的量浓度混合溶液,由元素守恒知,2c(Na+)=c(A-)+c(HA);由电荷守恒知,c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),据此得到各微粒物质的量浓度的关系:c(A-)+2c(OH-)=c(HA)+2c(H+),B错误;c点溶液恰好呈中性,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒:c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),故存在:c(A-)=c(Na+),C错误;d点时,滴入20 mL的NaOH溶液,HA与NaOH恰好反应,得到NaA溶液,因该盐是强碱弱酸盐,A-水解使溶液呈碱性,促进水的电离,若d点的pH=8.4,溶液中c(H+)=10-8.4 mol·L-1,c(OH-)= mol·L-1=10-5.6 mol·L-1,则水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-5.6 mol·L-1,D错误。 1.常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是(　　) A.常温下,0.1 mol·L-1氨水中NH3·H2O的电离常数Kb约为1×10-5 B.a、b之间的点一定满足:c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) C.c点溶液中c(N)<c(Cl-) D.b点代表溶液呈中性 答案　B 解析　常温下,0.1 mol·L-1氨水中c水(H+)=10-11 mol·L-1,则c(OH-)= mol·L-1=10-3 mol·L-1,Kb==1×10-5,A正确;a、b之间的任意一点,溶液都呈碱性,则c(H+)<c(OH-),结合电荷守恒得:c(Cl-)<c(N),而c(Cl-)和c(OH-)的相对大小与所加盐酸的量有关,B错误;根据题图知,c点水电离出的氢离子的浓度最大,恰好反应生成氯化铵,铵根离子水解使溶液呈酸性,结合电荷守恒得:c(N)<c(Cl-),C正确;b点溶液中c水(H+)=10-7 mol·L-1,常温下c(H+)·c(OH-)=Kw=10-14,所以c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,D正确。 2.常温下向100 mL 0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1的盐酸,溶液中pOH与加入盐酸的体积关系如图所示。已知:pOH=-lg c(OH-),(H2C2O4)=1×10-2,(H2C2O4)=1×10-5。下列说法不正确的是(　　) A.m的值约为5 B.若V1=100,则n>7 C.a点:c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(Cl-)+c(OH-) D.若q=10,则b点对应的溶液>100 答案　D 解析　m点还没有加入盐酸,C2发生水解:C2+OH-,Kh==10-9,所以c(OH-)≈ mol·L-1=10-5 mol·L-1,pOH=5,A正确;V1=100时,Na2C2O4与盐酸按照1∶1恰好反应,生成NaHC2O4和NaCl,HC2的电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性,pH<7,pOH>7,B正确;a点溶液满足电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(Cl-)+c(OH-),C正确;q=10,即pOH=10,c(OH-)=1×10-10 mol·L-1,c(H+)=1×10-4 mol·L-1,=100,D错误。 3.(2024·山东烟台高三联考)室温下,将1.00 mol·L-1盐酸滴入20.00 mL 1.00 mol·L-1的氨水中,溶液pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。 下列有关说法中不正确的是(　　) A.a点溶液中离子浓度大小关系:c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) B.b点溶液中离子浓度大小关系:c(N)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-) C.c点溶液中离子浓度大小关系:c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-) D.d点时溶液温度达到最高,之后温度略有下降,原因是NH3·H2O电离 答案　D 解析　a点溶液为等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl,溶液显碱性,故氨水的电离程度大于NH4Cl的水解程度,所以有c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),A正确,b点溶液显中性,有c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒有c(N)=c(Cl-),且有c(N)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-),B正确;c点溶液中溶质是NH4Cl和HCl,根据电荷守恒有c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),C正确;d点时酸碱恰好中和,放出热量最多,溶液温度达到最高,中和反应结束后,加入的盐酸温度低,随着盐酸的加入,混合溶液温度逐渐降低,与NH3·H2O电离无关,D错误。 考点二　分布系数曲线 1.认识分布曲线 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例) δ0为CH3COOH分布系数,δ1为CH3COO-分布系数 δ0为H2C2O4分布系数,δ1为HC2分布系数 随着pH增大,溶质分子浓度不断减小,离子浓度逐渐增大,酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式 同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的分布浓度,就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度。 2.读图解题要领 (1)读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势(以上图中H2C2O4为例)随pH增大,δ只减不增的为H2C2O4曲线,δ先增后减的为HC2曲线,δ只增不减的为C2曲线。 (2)“用交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点,可计算电离常数K: ①图中①点:c(HC2)=c(H2C2O4),其pH为pH1,(H2C2O4)=。 ②同理图中②点:c(HC2)=c(C2),对应pH为pH2,。 ③图中③点,c(H2C2O4)=c(C2),此时c(HC2)最大,其溶液pH为pH3,则pH3=。 推理过程如下: H2C2O4H++HC2,HC2,,由于交点③时,c(H2C2O4)=c(C2),c2(H+)=,两边取负对数,即可得,pH3=。 【例】　某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是(　　) A.该酸-lg Ka≈4.7 B.NaA的水解平衡常数Kh= C.当该溶液的pH=7.0时,c(HA)<c(A-) D.某c(HA)∶c(A-)=4∶1的缓冲溶液,pH≈4 答案　B 解析　A.根据图像可知,c(HA)=c(A-)时,pH=4.7,即c(H+)=10-4.7 mol·L-1。该酸Ka==c(H+)=10-4.7 mol·L-1,故-lg Ka≈4.7,A说法正确;B.NaA的水解平衡常数Kh=,B说法错误;C.根据图像可知,当该溶液的pH=7.0时,c(HA)<c(A-),C说法正确;D.根据图像可知,HA的分布分数为0.8,A-的分布分数为0.2时,pH约为4,且其分布分数之比等于其物质的量浓度比,故某c(HA)∶c(A-)=4∶1的缓冲溶液,pH≈4,D说法正确。 1.(2024·山东部分学校联考)H2C2O4为二元弱酸。常温下,配制一组c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)=0.100 mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是(　　) A.pH=2.5的溶液中:c(H2C2O4)+c(C2)<c(HC2) B.c(Na+)=0.100 mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2) C.pH=7的溶液中:c(Na+)>2c(C2) D.c(HC2)>c(C2)的溶液中:c(Na+)>0.100 mol·L-1+c(HC2) 答案　D 解析　A.由图像可知,pH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c(C2)浓度之和小于c(HC2),即c(H2C2O4)+c(C2)<c(HC2),A正确;B.依据溶液中电荷守恒和元素守恒分析,c(Na+)=0.100 mol·L-1的溶液为NaHC2O4溶液,溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)和元素守恒c(Na+)=c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4),将两式合并得到(或根据NaHC2O4溶液中的质子守恒得到)c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2),B正确;C.pH=7的溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)可知,c(Na+)=2c(C2)+c(HC2),故c(Na+)>2c(C2),C正确;D.由图像可知,c(HC2)=c(C2)的溶液呈酸性且c(H2C2O4)=0,c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)=2c(C2)=0.100 mol·L-1,电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-),因为c(H+)>c(OH-),故c(Na+)<2c(C2)+c(HC2)=0.100 mol·L-1+c(HC2),D错误。 2.室温下,向0.1 mol·L-1的某二元酸H2A溶液中逐渐加入NaOH固体,溶液中含A各粒子的分布系数δ(A)随溶液pH的变化如图所示,已知lg 3≈0.48。下列说法正确的是(　　) A.曲线a表示的是HA-的变化 B.(H2A)的数量级为10-3 C.假设Q点溶液中无A2-,则图中x=2.41 D.pH<7时溶液中可能存在:c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-) 答案　C 解析　根据图像横坐标的变化判断,加入氢氧化钠溶液后,pH在增大,溶液中发生酸碱中和,根据二元酸的电离方程式判断微粒的变化,酸式根离子先增大后减小,酸分子的浓度减小,根据交点的特点微粒的浓度相等进行计算电离平衡常数。pH越小,氢离子浓度越大,H2A越多,所以曲线a代表H2A的变化,A项错误;P点处c(A2-)=c(HA-),故=c(H+)=10-5.51 mol·L-1,数量级为10-6,B项错误;由=0.75,可得,,c(H+)=3×10-2.89,pH=-lg c(H+)=-lg 3×10-2.89=2.89-0.48=2.41,即Q点纵坐标x为2.41,C项正确;根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-),推出c(Na+)-c(HA-)-2c(A2-)=c(OH-)-c(H+),因c(H+)>c(OH-),故c(Na+)<c(HA-)+2c(A2-),D项错误。 考点三　对数图像 1.图像含义 将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取常用对数,即lg c(A)或lg 得到的粒子浓度对数图像。 2.破解对数图像的数据 (1)运算法则:lg ab=lg a+lg b、lg =lg a-lg b、lg 1=0。 (2)运算突破点:如lg =0的点有c(A)=c(B);lg c(D)=0的点有c(D)=1 mol·L-1。 3.破解对数图像的步骤 (1)识图像:观察横坐标、纵坐标的含义,看清每条曲线代表的粒子种类以及曲线的变化趋势,计算电离常数时应利用两种粒子浓度相等的点,如lg =0。 (2)找联系:根据图像中的坐标含义和曲线的交点,分析所给电解质的电离平衡常数或pH与纵、横坐标之间的联系。 (3)想原理:涉及电离平衡常数,写出平衡常数表达式,在识图像、想原理的基础上,将图像与原理结合起来思考。 (4)用公式:运用对数计算公式分析。 【例】　丙酮酸(CH3COCOOH)是一元弱酸。298 K时,向20 mL 0.1 mol·L-1丙酮酸溶液中滴加pH=13的NaOH溶液,溶液中 lg 与pH的关系曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A.298 K时,CH3COCOOH的电离常数的数量级为10-3 B.E点溶液中,a=2 C.G点对应的NaOH溶液的体积为20 mL D.E、F、G三点对应的溶液中水的电离程度:E<F<G 答案　C 解析　F点lg =0,则c(CH3COCOO-)=c(CH3COCOOH),此时溶液pH=2.5,即c(H+)=10-2.5 mol·L-1,所以Ka==10-2.5,298 K时,CH3COCOOH的电离常数的数量级为10-3,A正确;E点溶液中,lg =-0.5,=10-0.5,Ka==10-2.5,c(H+)=10-2 mol·L-1,pH=a=2,B正确;G点对应的NaOH溶液的体积如果为20 mL,则刚好完全反应,溶质为CH3COCOONa,溶液应呈碱性,但G点pH=4.5,呈酸性,C错误;E、F、G三点随NaOH的加入,CH3COCOONa的浓度越来越大,CH3COCOONa水解促进水的电离,对应的溶液中水的电离程度:E<F<G,D正确。 1.25 ℃时,向Na2CO3溶液中滴入盐酸,混合溶液的pH与lg X的变化关系如图所示。已知:lg X=lg ,下列叙述正确的是(　　) A.曲线m表示pH与lg 的变化关系 B.当溶液呈中性时,c(Na+)=c(HC)+2c(C) C.(H2CO3)的数量级为10-6 D.滴加过程中,保持不变 答案　D 解析　对图像进行以下分析:(H2CO3)=,(H2CO3)=⇒K=c(H+)·X,M点pH=9.3、lg X=-1,X=10-1,则K=10-10.3;N点pH=7.4,lg X=1,X=10,则K=10-6.4;二元弱酸的,则曲线m表示lg 与溶液pH的变化关系,曲线n代表lg 与溶液pH的变化关系,A项错误;当溶液显中性时,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)+c(Cl-),c(H+)=c(OH-),则c(Na+)>c(HC)+2c(C),B项错误;根据A项分析知(H2CO3)=10-6.4,数量级为10-7,C项错误;(H2CO3)·(H2CO3),温度不变,(H2CO3)、(H2CO3)不变,故滴加过程中,保持不变,D项正确。 2.常温下,向二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液,所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示: 回答下列问题: (1)向二元弱酸H2Y中滴加NaOH溶液,依次反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)随着NaOH溶液的滴加,lg 　　　　(填“增大”或“减小”,下同),lg 　　　　。  (3)(H2Y)=　　　　。  (4)在交叉点“e”,c(H2Y)　　　　c(Y2-)(填“>”“<”或“=”)。  答案　(1)H2Y+OH-===H2O+HY-、HY-+OH-===H2O+Y2- (2)增大　减小　(3)10-4.3　(4)= 解析　(3),当c(H+)=10-3 mol·L-1时,=10-1.3,所以=10-4.3。(4)在“e”点lg ,所以,所以c(H2Y)=c(Y2-)。 1.(2025·八省联考云南卷)盐酸羟胺(NH2OH·HCl)是一种分析试剂。用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL NH2OH·HCl(Mr=69.5)和NH4Cl(Mr=53.5)的混合溶液以测定NH2OH·HCl的含量,待测液中溶质总质量为0.246 0 g,滴定曲线如图甲所示,四种含氮物质分布分数δ与pH关系如图乙所示[如:δ(NOH)=]。 下列说法正确的是(　　) A.曲线②表示δ(N)~pH的变化关系 B.a点有97.8%的NH4Cl参加了反应 C.b点的电荷守恒关系:c(NOH)+c(H+)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-) D.溶质中NH2OH·HCl的含量为56.5% 答案　D 解析　图甲可知,加入氢氧化钠20 mL时,溶液pH为7.61显碱性;图乙起点①③分布分数δ=1,说明①③代表NOH和NH4Cl,加入氢氧化钠会先和NOH反应,其分布系数会先减小,则①代表δ(NOH)、③代表δ(NH4Cl);随着NOH和氢氧化钠的反应,δ(NH2OH)会逐渐增大,所以②代表δ(NH2OH),④代表δ(NH3·H2O)。A.根据分析,曲线③表示δ(N)~pH的变化关系,A错误;B.图甲中a点pH为7.61,对应图乙中e和f点,δ(NH4Cl)=0.978,a点有97.8%的NH4Cl还未参加反应,B错误;C.b点的pH在8~10,从图乙可看出此时是NH4Cl与氢氧化钠反应,根据溶液中的阴阳离子列出电荷守恒关系有c(NOH)+c(H+)+c(N)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),C错误;D.加入氢氧化钠20 mL时,即加入n(NaOH)=0.002 mol,设n(NOH)=x mol,根据反应列三段式分析 则δ(NOH)==0.022,x≈0.002 mol,所以NH2OH·HCl的含量为×100%=56.5%,D正确。 2.(2024·山东卷)常温下Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液体系中存在反应:Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq),平衡常数为K。已知初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08 mol·L-1,所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是(　　) A.线 Ⅱ 表示CH3OOOH的变化情况 B.CH3OOOH的电离平衡常数Ka=10-n C.pH=n时,c(Ag+)=mol·L-1 D.pH=10时,c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 mol·L-1 答案　C 解析　在溶液中存在平衡:CH3COOHCH3COO-+H+(①)、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)(②),Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+(③),随着pH的增大,c(H+)减小,平衡①③正向移动,c(CH3COOH)、c(Ag+)减小,pH较小时(约小于7.8)CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg浓度增大,pH较大时(约大于7.8)CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg浓度减小,故线 Ⅰ 表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系,线 Ⅱ 表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系,线 Ⅲ 表示CH3COOAg随pH变化的关系。A.根据分析,线 Ⅱ 表示CH3COO-的变化情况,A项错误;B.由图可知,当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时(即线 Ⅰ 和线 Ⅱ 的交点),溶液的pH=m,则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m,B项错误;C.pH=n时=10-m,c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH),Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=,c(Ag+)=,由图可知pH=n时,c(CH3COOH)=c(CH3COOAg),代入整理得c(Ag+)= mol·L-1,C项正确;D.根据元素守恒,pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08 mol·L-1,D项错误。 3.(2024·浙江6月选考)室温下,H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如δ(H2S)=]。已知:Ksp(FeS)=6.3×10-18,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。 下列说法正确的是(　　) A.溶解度:FeS大于Fe(OH)2 B.以酚酞为指示剂(变色的pH范围8.2~10.0),用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度 C.忽略S2-的第二步水解,0.10 mol·L-1的Na2S溶液中S2-水解率约为62% D.0.010 mol·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol·L-1的Na2S溶液,反应初始生成的沉淀是FeS 答案　C 解析　A.FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq),饱和FeS溶液物质的量浓度为×10-9 mol·L-1。Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2(s)Fe2+(aq)+2OH-(aq),饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为×10-9 mol·L-1,故溶解度:FeS小于Fe(OH)2,A项错误;B.酚酞的变色范围为8.2~10,若以酚酞为指示剂,用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液,由图可知当酚酞发生明显颜色变化时,反应没有完全,即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点,B项错误;C.Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-(忽略第二步水解),第一步水解平衡常数Kh(S2-)==0.1,设水解的S2-的浓度为x mol·L-1,则=0.1,解得x≈0.062,S2-的水解率约为×100%=62%,C项正确;D.0.01 mol·L-1 FeCl2溶液中加入等体积0.2 mol·L-1 Na2S溶液,瞬间得到0.005 mol·L-1 FeCl2和0.1 mol·L-1 Na2S的混合液,结合C项,瞬时c(Fe2+)·c(S2-)=0.005×(0.1-0.062)=1.9×10-4>Ksp(FeS),c(Fe2+)·c2(OH-)=0.005×(0.062)2=1.922×10-5>Ksp[Fe(OH)2],故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2,D项错误。 基础落实 选择题只有1个选项符合题意 1.常温下,用0.10 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.10 mol·L-1的HX溶液,所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A.该滴定过程应选择酚酞作为指示剂 B.对应溶液中水的电离程度:a<b<c C.c点所示的溶液中:c(Na+)+c(HX)+c(X-)=0.10 mol·L-1 D.相同条件下,X-的水解能力强于HX的电离能力 答案　D 解析　根据题图知,滴定终点溶液呈碱性,所以该实验应该选择酚酞作为指示剂,故A正确。酸或碱抑制水的电离,弱离子促进水的电离,a点溶质为HX、NaX,溶液呈酸性,抑制水的电离;b点溶液呈中性,不影响水的电离;c点溶质为NaX,X-水解促进水的电离,所以水的电离程度:a<b<c,故B正确。酸、碱的物质的量浓度相等,二者混合后存在元素守恒,根据元素守恒得c(Na+)+c(HX)+c(X-)=0.10 mol·L-1,故C正确。加入10 mL时,有一半的酸被中和,溶液中溶质为等物质的量浓度的NaX、HX,根据图像知,混合溶液pH<7,溶液呈酸性,说明X-的水解能力弱于HX的电离能力,故D错误。 2.(2025·广东揭阳高三期中)室温时,向100 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液,溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A.a点处存在c(N)+c(NH3·H2O)=0.1 mol·L-1 B.b点处存在c(Na+)>c(S)>c(N)>c(H+)=c(OH-) C.由b到c发生反应的离子方程式为H++N+2OH-===NH3·H2O+H2O D.图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是d点 答案　B 解析　a点处溶液的体积是原来的两倍,c(N)+c(NH3·H2O)=0.05 mol·L-1,A错误;b点处加入的氢氧化钠溶液的体积大于100 mL,故c(Na+)>c(S),S均来自NH4HSO4,随着氢氧化钠溶液的加入,铵根离子的浓度减小有两个原因,一是体积的增大,二是铵根离子和氢氧根离子反应,故c(S)>c(N),此时溶液中的c(H+)=c(OH-)=10-7 mol·L-1,浓度最小,B正确;由起点到a发生反应的离子方程式为H++OH-===H2O,由b到c发生反应的离子方程式为N+OH-===NH3·H2O,C错误;加酸、碱均抑制水的电离,水解促进水的电离,a点为(NH4)2SO4、Na2SO4的混合溶液,b、c点为(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O的混合溶液,d点为Na2SO4和NH3·H2O的混合溶液,则a点水的电离程度最大,D错误。 3.以酚酞为指示剂,用0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中,pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2-的分布系数:δ(A2-)=] 下列叙述正确的是(　　) A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA-) B.H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L-1 C.HA-的电离常数Ka=1.0×10-2 D.滴定终点时,溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-) 答案　C 解析　根据图像及题意分析,曲线①代表δ(HA-),曲线②代表δ(A2-),A错误;当加入40 mL NaOH溶液时,溶液的pH发生突变,说明酸碱恰好完全反应,结合分析,根据反应2NaOH+H2A===Na2A+2H2O,c(H2A)==0.100 0 mol·L-1,B错误;曲线①与曲线②的交点存在等量关系:δ(HA-)=δ(A2-),则c(HA-)=c(A2-),此时加入的VNaOH=25 mL,对应滴定曲线上pH=2.0,则c(H+)=10-2 mol·L-1,HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1.0×10-2,C正确;用酚酞作指示剂,酚酞变色的pH范围为8.2~10,说明滴定终点时溶液呈碱性,即c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),则c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-),D错误。 4.改变0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。 下列叙述错误的是(　　) A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-) B.lg [K2(H2A)]=-4.2 C.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-) D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+) 答案　D 解析　A项,根据图像,pH=1.2时,H2A和HA-相交,则有c(H2A)=c(HA-),正确;B项,根据pH=4.2时,K2(H2A)==c(H+)=10-4.2,故lg [K2(H2A)]=-4.2,正确;C项,根据图像,pH=2.7时,H2A和A2-相交,则有c(H2A)=c(A2-),且小于c(HA-),正确;D项,根据pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-),且c(HA-)+c(A2-)约为0.1 mol·L-1,而c(H+)=10-4.2 mol·L-1,可知c(HA-)=c(A2-)>c(H+),错误。 5.(2024·湖南长沙高三联考)酒石酸(H2B)及其与OH-形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化曲线如图[已知:20 ℃时,Ksp(KHB)=3.8×10-4,S(K2B)=100 g·L-1]。向20 mL 0.1 mol·L-1酒石酸溶液中,逐滴加入0.2 mol·L-1 KOH溶液,下列相关说法正确的是(　　) A.酒石酸的的数量级为10-3 B.pH=4,c(HB-)>c(H2B)>c(B2-) C.用酒石酸检验K+时,最佳pH范围是3.04~4.37 D.V(KOH)=10 mL时,c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)≈0.067 mol·L-1 答案　C 解析　由题图可知,当HB-的浓度分数等于H2B的浓度分数时,溶液的pH为3.04,则H2B的电离常数=c(H+)=1×10-3.04,则的数量级为10-4,故A错误;由题图可知,溶液pH为4时,溶液中三种离子的浓度大小顺序为c(HB-)>c(B2-)>c(H2B),故B错误;由题图可知,溶液pH在3.04~4.37范围内,溶液中HB-浓度较大,有利于钾离子转化为酒石酸氢钾沉淀,故C正确;当氢氧化钾溶液的体积为10 mL时,酒石酸溶液与氢氧化钾溶液恰好反应生成酒石酸氢钾,由酒石酸氢钾的溶度积可知,溶液中c(K+)= mol·L-1≈0.019 5 mol·L-1,由元素守恒可知,溶液中c(K+)=c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)≈0.019 5 mol·L-1,故D错误。 6.常温下,向碳酸溶液中逐滴加入NaOH溶液,所得溶液中pC(C微粒的浓度的负对数)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A.由图中数据可以计算碳酸的电离常数的数量级为10-6 B.虽然H2CO3与C能反应,但从图像中能看出这两种微粒在溶液中能够共存 C.pH=7的溶液中离子浓度大小关系为c(HC)>c(H2CO3)>c(C) D.pH=10的溶液中离子浓度大小关系有c(Na+)<3c(C) 答案　D 解析　碳酸的电离常数,当c(H2CO3)=c(HC)时,=c(H+)=10-6,故碳酸的电离常数的数量级为10-6,A正确;从图像可知,在溶液pH范围是5~12时,溶液中同时存在H2CO3与C,B正确;根据图示可知:在溶液pH=7时,溶液中离子浓度大小关系为c(HC)>c(H2CO3)>c(C),C正确;在溶液pH=10时,溶液存在电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),溶液显碱性,则c(OH-)>c(H+),故c(Na+)>c(HC)+2c(C),根据图示可知pH=10时c(HC)>c(C),因此c(Na+)>3c(C),D错误。 7.常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的氨水,不考虑NH4NO2的分解,所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是(　　) A.a点和b点溶液中,水的电离程度大小是a>b B.b点溶液中离子浓度大小的关系:c(N)>c(N)>c(H+)>c(OH-) C.a、d两点的导电能力相同,则a、d两点的pH相同 D.氨水的物质的量浓度为1.0 mol·L-1 答案　B 解析　由题图可知,b点导电能力最大,说明b点HNO2和氨水恰好完全反应,溶质为NH4NO2,NH4NO2水解促进水电离,a点时HNO2过量,HNO2抑制水的电离,所以水的电离程度:a点<b点,故A错误;b点导电能力最大,b点HNO2和氨水恰好完全反应,溶液中的溶质只有NH4NO2,由于此时溶液显酸性,则N的水解程度,离子浓度的关系为c(N)>c(N)>c(H+)>c(OH-),故B正确;由题图知,a点溶液显酸性,d点溶液显碱性,所以a、d两点的pH不相同,故C错误;b点导电能力最大,说明b点HNO2和氨水恰好完全反应,10 mL 0.1 mol·L-1的HNO2和10 mL氨水恰好完全反应,所以氨水的物质的量浓度为0.1 mol·L-1,故D错误。 8.25 ℃时,向1 L某缓冲溶液(含0.1 mol·L-1 CH3COOH、0.08 mol·L-1 CH3COONa)和1 L 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入NaOH(s)或通入HCl(g),两种溶液的pH变化如图所示(不考虑溶液体积变化)。已知缓冲溶液pH=pKa-lg ,下列说法正确的是(　　) A.曲线①对应的溶液是缓冲溶液 B.25 ℃时醋酸的电离常数的数量级为10-6 C.a点溶液中离子浓度的大小关系为c(CH3COO-)=c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-) D.b点溶液存在:4c(CH3COOH)+9c(H+)=9c(Cl-)+9c(OH-)+5c(CH3COO-) 答案　D 解析　当两种溶液中均未加入NaOH(s)或通入HCl(g),即图中横坐标为0时,0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液的pH值较小,故①为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液,②为缓冲溶液。由题图分析可知②为缓冲溶液,A错误;①为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液,当醋酸溶液中加入氢氧化钠0.05 mol时,即图中a点,溶质成分为0.05 mol·L-1 CH3COOH和0.05 mol·L-1 CH3COONa,因醋酸的电离和醋酸根离子的水解程度较小,近似认为两者浓度相等,故Ka=≈c(H+)=10-4.75,Ka的数量级为10-5,B错误;根据B中分析,图中a点,溶质成分为0.05 mol·L-1 CH3COOH和0.05 mol·L-1 CH3COONa,溶液呈酸性,即醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,故c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),C错误;b点溶液中溶质成分为0.15 mol·L-1 CH3COOH、0.05 mol·L-1 NaCl、0.03 mol·L-1 CH3COONa,根据元素守恒:9c(Na+)=4[c(CH3COOH)+c(CH3COO-)],电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-),联立两式,4c(CH3COOH)+9c(H+)=9c(Cl-)+9c(OH-)+5c(CH3COO-),D正确。 9.常温下,将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。 (1)该温度下,己二酸(H2X)的两级电离常数的数量级:为　　　　,为　　　　。  (2)pH与lg 变化的曲线是　　　　。  (3)HX-的电离程度　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)X2-的水解程度,其理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)当反应进行到混合溶液呈中性时,溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)10-5　10-6 (2)N　(3)大于　当HX-和X2-浓度相等时,溶液pH小于7 (4)c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-) 能力提升 10.常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1的草酸(H2C2O4)溶液中逐滴滴入等浓度的NaOH溶液至过量,用甲基橙(变色范围的pH为3.1~4.4)作指示剂,并用pH计测定滴定过程的溶液pH变化,其滴定曲线如图所示,则下列分析正确的是(　　) A.滴入10 mL标准NaOH溶液时,溶液颜色由红色变为橙色 B.图中①点所示溶液中:c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+2c(C2) C.在①②之间的任意一点,均存在:c(Na+)>c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4) D.图中②点所示的溶液中:c(Na+)=2c(HC2)+2c(C2)+2c(H2C2O4) 答案　D 解析　甲基橙变色范围的pH为3.1~4.4,滴入10 mL标准NaOH溶液时,溶液pH为4.7,颜色由红色变为黄色,A错误;图中①点为第一滴定终点,得到的溶质为NaHC2O4,由质子守恒可知,所示溶液中:c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2),B错误;在①②之间的任意一点,得到的溶质为NaHC2O4、Na2C2O4,如果溶质以Na2C2O4为主,则c(HC2)<c(C2),C错误;图中②点为第二滴定终点,得到的溶质为Na2C2O4,所示的溶液中由元素守恒可知:c(Na+)=2c(HC2)+2c(C2)+2c(H2C2O4),D正确。 11.室温下,某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示,下列说法错误的是(　　) A.由图可知X(OH)2一级、二级电离平衡常数 B.X(OH)NO3水溶液显碱性 C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)<c[X(OH)+] D.在pH=6的水溶液中,c(OH-)=c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)+] 答案　D 解析　A.根据X(OH)2一级、二级电离平衡常数表达式:,,根据图像,可以利用点(9.2,0.5)和点(6.2,0.5)两点中,c[X(OH)+]=c[X(OH)2]和c(X2+)=c[X(OH)+],故电离平衡常数就等于该点的c(OH-),代入数值可以计算X(OH)2一级、二级电离平衡常数,A正确;B.根据选项A的分析代入计算可得:=c(OH-)=10-4.8,=c(OH-)=10-7.8,则X(OH)+的水解平衡常数为Kh==10-9.2,则X(OH)+电离程度大于其水解程度,溶液显碱性,B正确;C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液,X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度,则溶液中c(X2+)<c[X(OH)+],C正确;D.室温下pH=6溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),D错误。 12.H2A是一种二元弱酸,H2A由于与空气中的某种成分作用而保持浓度不变,已知Ksp(MA)=3.0×10-9,某水体中lg c(X)(X为H2A、HA-、A2-、M2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A.曲线③代表HA- B.H2A的一级电离常数为10-8.3 C.c(M2+)随pH升高而增大 D.pH=10.3时,c(M2+)=3.0×10-7.9 mol·L-1 答案　D 解析　H2A的浓度保持不变,则①代表H2A,随着pH逐渐增大,HA-、A2-的浓度增大,pH较小时HA-的浓度大于A2-的浓度,则曲线②代表HA-,曲线③代表A2-,A错误;曲线①②的交点代表溶液中H2A、HA-的浓度相等。由坐标(6.3,-5)知:H2A的一级电离常数=c(H+)=10-6.3,B错误;曲线④代表M2+,则c(M2+)随pH升高而减小,C错误;根据图像,曲线②③的交点(10.3,-1.1)代表溶液中HA-、A2-浓度相等,均为10-1.1 mol·L-1,则c(M2+)= mol·L-1=3.0×10-7.9 mol·L-1,D正确。 13.弱电解质的研究是重要课题。室温下,H2SeO3电离平衡体系中含Se微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示,回答下列问题: (1)写出NaHSeO3水解常数的表达式　　　　。  (2)写出将少量氢氧化钠溶液滴入H2SeO3溶液中的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)NaHSeO3溶液显　　　　性,0.1 mol·L-1 NaHSeO3溶液中,离子浓度由大到小的顺序为  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)计算H2SeO3+Se的平衡常数K=　　　　。  答案　(1) (2)OH-+H2SeO3===HSe+H2O (3)酸　c(Na+)>c(HSe)>c(H+)>c(Se)>c(OH-) (4)1.0×105 解析　(1)NaHSeO3中HSe+H2OH2SeO3+OH-;水解常数的表达式为。(2)少量氢氧化钠溶液滴入H2SeO3溶液中,生成HSe,离子方程式为OH-+H2SeO3===HSe+H2O。(3)由图像可知,NaHSeO3溶液显酸性,说明其电离程度大于水解程度,所以溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(Na+)>c(HSe)>c(H+)>c(Se)>c(OH-)。(4)c(H2SeO3)=c(HSe)时,pH=2.5,·c(H+)=c(H+)=10-2.5,c(Se)=c(HSe)时,pH=7.5,·c(H+)=c(H+)=10-7.5,H2SeO3+Se=1.0×105。 学科网（北京）股份有限公司 $