第44讲 反应过程中粒子浓度变化及图像分析-2027年高考化学一轮复习课件

该高中化学高考复习课件聚焦“反应过程中粒子浓度变化及图像分析”核心考点，依据课标要求梳理电离水解平衡、守恒关系及图像分析三大模块，结合三年高考命题特点，明确基础性、综合性、情境化试题权重，归纳单一/混合溶液离子比较、滴定曲线等常考题型，对接高考评价体系，提升备考针对性。 课件亮点在于“真题集训+素养导向”的备考设计，如以2025湖南卷对数图像题为例，运用科学思维中的证据推理和模型建构方法，解析“读曲线-用交点-算常数”三步解题技巧，培养学生图像信息提取能力。特设“易错点警示”和“守恒关系应用模板”，助力学生掌握答题规律，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第44讲　反应过程中粒子浓度变化及图像分析 课标 指引 1.理解电解质溶液中存在的电离平衡和水解平衡,能分析电解质在水溶液中发生的变化及结果。 2.掌握溶液中各组分之间存在的守恒关系(电荷守恒、元素守恒和质子守恒),并能应用于分析、比较粒子浓度的大小。 3.能正确识别酸与碱(或盐)反应的图像,能确定图像中曲线代表的粒子变化,找出曲线的变化趋势、关键点(起点、反应一半点、中性点等)。 4.运用化学平衡移动原理,分析电解质溶液中有关平衡的问题。 三年 高考 命题 分析 1.命题特点 基础性:命题注重对粒子浓度变化基本规律(如平衡移动)的考查,强调图像中关键点(起点、终点、突变点)的定性识别与定量计算,考查学生分析溶液体系的能力。 综合性:试题常结合滴定曲线、分布分数图等,融合多平衡体系(如弱电解质、沉淀溶解平衡),要求通过图像数据推断反应进程或粒子关系,体现跨知识点整合与逻辑推理能力。 情境化:命题趋势倾向于真实科研或生产情境(如废水处理、药物配制),通过非典型图像(如多纵轴、动态变化曲线)考查信息提取与建模能力,强化实际问题与理论分析的转化。 2.命题趋势:反应过程中粒子浓度变化及图像分析题将更侧重多平衡体系的动态耦合、数字化实验数据的定量解析及非典型pH曲线的创新设计,体现“宏观辨识—微观探析—证据推理”的核心素养考查。 考点一 溶液中粒子浓度的关系及分析 必备知识•梳理 1.熟悉两大理论,构建思维基点 (1)电离平衡 ①电离过程是微弱的。如H2CO3溶液中:c(H2CO3)>c(HC)>c(C)(多元弱酸分步电离,逐级减弱)。 ②多元弱酸的电离是分步进行的,其中以第一步电离为主(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中H2S、HS-、S2-、H+的浓度大小关系是_________________________________。  c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-) (2)水解平衡 ①水解过程一般是微弱的。 ②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,其中以第一步水解为主,如在Na2CO3溶液中:C、HC、H2CO3的浓度大小关系应是_______________________________。  c(C)>c(HC)>c(H2CO3) 2.明确电解质溶液中的三个守恒关系 (1)电荷守恒:电解质溶液保持电中性,即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如Na2S与NaHS两溶液的电荷守恒式:c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+c(OH-)+2c(S2-)。 (2)元素守恒:变化前后某种元素的质量守恒。如常温下,在1 mol·L-1Na2S溶液中:c(Na+)=2[c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)]=2 mol·L-1。 (3)质子守恒:电解质溶液中,由于电离、水解等过程的发生,往往存在质子(H+)的转移,转移过程中质子数量保持不变,称为质子守恒。可通过元素守恒与电荷守恒推出质子守恒。如Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+ 2c(H2S)。 应用示例 常温下,写出0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中各种粒子浓度关系。 (1)元素守恒式: _________________________________________。  (2)电荷守恒式: _________________________________________。  (3)质子守恒式: _________________________________________。  c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H2CO3) c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-) c(OH-)+c(C)=c(H2CO3)+c(H+) 辨析明理 判断正误:对的打“√”,错的打“×”。 (1)0.1 mol·L-1的Na2S溶液中,c(Na+)=2c(S2-)。(　　) (2)0.5 mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中,c(H+)+c(N)=c(OH-)+c(S)。(　　) (3)室温下,(H2A)=4×10-7,(H2A)=3.5×10-9,则0.1 mol·L-1的NaHA溶液中,c(A2-)<c(H2A)。(　　) (4)0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液和0.1 mol·L-1的KOH溶液混合后呈中性,则c(CH3COO-)=c(K+)。(　　) × × √ √ 关键能力•提升 命题角度1　单一溶液中各种粒子浓度的比较 1.(2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时,H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1,(H2S)=10-6.97, (H2S)=10-12.90,Ksp(FeS)=10-17.20,Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是 (　　) A.Na2S溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-) B.0.01 mol·L-1Na2S溶液中:c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-) C.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS,可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1 D.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,所得溶液中: c(H+)>c(Cd2+) B 解析:Na2S溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),A正确;0.01 mol·L-1 Na2S溶液中,S2-水解使溶液呈碱性,其水解常数为Kh==10-1.1,根据硫元素守恒可知c(HS-)<10-2 mol·L-1,所以>1,则c(OH-)>c(S2-),B不正确;Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS),向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS时,可以发生沉淀的转化:Cd2++FeS CdS+Fe2+,该反应的平衡常数为K==108.9≫105,因此该反应可以完全进行,Cd2+完全转化为CdS时,溶液中c(Fe2+)=0.01 mol·L-1, c(Cd2+)= mol·L-1<10-8 mol·L-1,则加入足量FeS时可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1,C正确; Cd2++H2S CdS+2H+的平衡常数K==106.23≫105,该反应可以完全进行,因此,当向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,Cd2+可以完全沉淀,所得溶液中c(H+)>c(Cd2+),D正确。 命题角度2　混合溶液中各种粒子浓度的比较 2.(2025·湖南衡阳联考)室温下,将两种浓度均为0.10 mol·L-1的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变化可忽略,下列各混合溶液中粒子物质的量浓度关系正确的是(　　) A.NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30):c(Na+)>c(C)>c(HC)>c(OH-) B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25):c(N)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-) C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76): c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+) D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸): c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2)+c(OH-) D 解析:等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液,C的水解程度比HC的大,故溶液中c(HC)>c(C),A错误;氨水-NH4Cl混合溶液,根据电荷守恒可得:c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),根据元素守恒可得:c(N)+c(NH3·H2O)= 2c(Cl-),pH=9.25,溶液显碱性,说明NH3·H2O的电离程度大于N的水解程度,c(N)>c(NH3·H2O),结合元素守恒,有c(N)>c(Cl-)>c(NH3·H2O),则c(N)+c(H+)>c(NH3·H2O)+c(OH-),B错误; CH3COOH-CH3COONa混合溶液,由电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(OH-),溶液显酸性,则c(Na+)<c(CH3COO-),C错误;H2C2O4-NaHC2O4混合溶液,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(OH-),根据元素守恒可得:2c(Na+)=c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4),联立两式可得c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2)+c(OH-),D正确。 命题角度3　不同溶液中同一离子浓度的比较 3.比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。 (1)浓度均为0.1 mol·L-1的①H2S溶液、②NaHS溶液、③Na2S溶液、④H2S和NaHS的混合溶液,溶液pH从大到小的顺序是__________________。  (2)相同浓度的下列物质的溶液中: ①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH, c(CH3COO-)由大到小的顺序是__________________ 。  (3)c(N)相等的①(NH4)2SO4溶液、 ②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、 ④NH4Cl溶液,其物质的量浓度由大到小的顺序为__________________ 。  ③>②>④>① ②>①>③ ④>②>③>① 考点二 反应过程中粒子浓度变化图像及分析 必备知识•梳理 1.滴定曲线中的粒子浓度关系及分析 (1)基于酸碱滴定过程中的“五点”,判断溶液中的粒子浓度的关系 (2)应用示例及分析 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,总结如何抓住滴定曲线的5个关键点。滴定曲线如图所示: 关键点 粒子浓度关系 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溶液的pH>1,说明HA是弱酸,溶液中c(HA)>c(H+)>c(A-)>c(OH-) 反应一半点 (点①) 此时溶液是等物质的量浓度的NaA和HA的混合液,此时溶液pH<7,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,溶液中c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-) 中性点 (点②) 此时溶液pH=7,溶液显中性,酸没有完全被中和,溶液中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,NaA为强碱弱酸盐,溶液显碱性,溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+) 过量点 (点④) 此时,NaOH溶液过量,得到等物质的量的NaA与NaOH的混合液,溶液显碱性,溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+) 2.分布分数δ(X)与pH曲线 分布分数曲线是指以pH为横坐标、分布分数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以H2C2O4为例)   注:pKa为电离常数的负对数   δ0为CH3COOH的分布分数,δ1为CH3COO-的分布分数 δ0为H2C2O4的分布分数,δ1为HC2的分布分数,δ2为C2的分布分数 (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的曲线,δ先增后减的为HC2的曲线,δ只增不减的为C2的曲线。 (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M点:c(HC2)=c(H2C2O4),其pH为pH1,(H2C2O4)==1。 ②同理图中N点:c(HC2)=c(C2),对应pH为pH2,(H2C2O4)=1。 ③图中O点,c(H2C2O4)=c(C2),此时溶液pH为pH3,则pH3=。 3.对数图像中的粒子浓度关系及分析 (1)利用某种粒子浓度(或两种粒子浓度的比值)的对数(或负对数)与溶液的pH为坐标,建立滴定过程中的对数关系图像,电解质溶液中四种常考对数关系及分析如下表: 类型 含义 变化规律 pH=-lg c(H+) c(H+)的常用对数负值 pH越大,c(H+)越小,溶液的碱性越强 pC=-lg c(C) 粒子C的浓度的常用对数负值 pC越大,c(C)越小 lg 生成物与反应物粒子浓度比的常用对数 lg 越大,H2X生成HX-进行的程度越大 lg 稀释后与稀释前体积比的常用对数 lg越大,稀释程度越大 (2)分析对数图像的两把“秘钥”: ①对数运算法则:lg ab=lg a+lg b;lg=lg a-lg b;lg 1=0。 ②选取关键点:lg=0的点对应溶液中c(A)=c(B);lg c(A)=0的点对应溶液中c(A)=1 mol·L-1。 关键能力•提升 命题角度1　滴定图像中的粒子浓度的关系 1.(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示,下列说法错误的是(　　) A.水的电离程度:M<N B.M点:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+) C.当V(HCOOH)=10 mL时,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-) D.N点:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH) D 解析:结合起点和终点,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,经过M点在下降的曲线表示的是OH-的浓度改变,经过M点、N点在上升的曲线表示的是HCOO-的浓度改变。M点时,V(HCOOH)= 10 mL,溶液中的溶质为c(HCOONa)∶c(NaOH)=1∶1,仍有未反应的NaOH,对水的电离是抑制的,N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时存在HCOONa的水解,水的电离程度最大,A正确;M点时, V(HCOOH)=10 mL,溶液中的溶质为HCOONa和NaOH,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),由图可知M点时c(HCOO-)=c(OH-),则2c(OH-)=c(Na+)+c(H+),B正确;当V(HCOOH)=10 mL时,溶液中的溶质为c(NaOH)∶c(HCOONa)=1∶1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+ c(OH-),根据元素守恒有c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),则c(OH-)= c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-),C正确; N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,由于甲酸根离子发生水解,因此c(Na+)>c(HCOO-)及c(OH-)>c(H+),观察图中N点可知,c(HCOO-) ≈0.05 mol·L-1,根据Ka(HCOOH)==1.8×10-4可知, c(HCOOH)>c(H+),D错误。 2.(2025·云南卷)甲醛法测定N的反应原理为4N+6HCHO══(CH2)6N4H++3H++6H2O。取含NH4Cl的废水浓缩至原体积的后,移取20.00 mL,加入足量甲醛反应后,用0.010 00 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1,含氮微粒的分布分数δ与pH关系如图2{比如:δ[(CH2)6N4H+]=}。 图1 图2 下列说法正确的是(　　) A.废水中N的含量为20.00 mg·L-1 B.c点:c[(CH2)6N4H+]+c(H+)=c(OH-) C.a点:c[(CH2)6N4H+]>c(H+)>c(OH-)>c[(CH2)6N4] D.(CH2)6N4H+ (CH2)6N4+H+的平衡常数K≈7.3×10-6 D 解析:由图1得,滴定中出现两次pH突跃,结合已知离子方程式和图2可知,在滴定中1 mol (CH2)6N4H+相当于1 mol H+,即原废水中的1 mol N在滴定时最终消耗1 mol NaOH。由图1可知,滴定终点消耗20.00 mL NaOH溶液,n(NaOH)=0.010 00 mol·L-1×0.020 0 L=2.00×10-4 mol,移取的20.00 mL浓缩废水中n(N)=2.00×10-4 mol,原废水中N的含量为=18.00 mg·L-1,A错误;c点,NaOH溶液过量,溶液中c(Na+)>c(Cl-),结合电荷守恒表达式c(Na+)+c(H+)+c[(CH2)6N4H+]=c(Cl-) +c(OH-),得c(H+)+c[(CH2)6N4H+]<c(OH-),B错误;a点,消耗的NaOH溶液的体积是滴定终点的一半,此时溶液中的溶质为NaCl、HCl和(CH2)6N4HCl,其物质的量之比为2∶1∶1,所以溶液中c(H+)>c[(CH2)6N4H+],C错误;依据图2,pH=6时,δ[(CH2)6N4]=0.88,则δ[(CH2)6N4H+]=0.12,故K= ≈7.3×10-6,D项正确。 命题角度2　分布分数图像中粒子浓度关系 3.(2025·甘肃卷)氨基乙酸(NH2CH2COOH)是结构最简单的氨基酸分子,其分子在水溶液中存在如下平衡: 在25 ℃时,其分布分数δ[如δ(NH2CH2COO-)= ] 与溶液pH关系如图上方所示。 在100 mL 0.01 mol·L-1 +NH3CH2COOH·Cl-溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图下方所示。 下列说法错误的是(　　) A.曲线Ⅰ对应的离子是+NH3CH2COOH B.a点处对应的pH为9.6 C.b点处c(+NH3CH2COOH)=c(NH2CH2COO-) D.c点处2c(+NH3CH2COOH)+c(+NH3CH2COO-)+c(H+)=c(OH-) C c点处,发生总反应H2A++2OH-══A-+2H2O,此时溶液中溶质为NaCl、NaA,且二者浓度相同,由元素守恒得2c(H2A+)+2c(HA)+2c(A-)=c(Na+),由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)+c(H2A+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(A-),联立得3c(H2A+)+ 2c(HA)+c(A-)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),又因c(Cl-)=c(H2A+)+c(HA)+c(A-),可得2c(H2A+)+c(HA)+c(H+)=c(OH-),故D项正确。 命题角度3　对数图像中粒子浓度的关系 4.(2025·湖南卷)草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下,通过下列实验探究了草酸的性质。 实验1:向10 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液中滴入一定量0.2 mol·L-1 KOH溶液。混合溶液的pH与lgX[X=]的关系如图所示。 实验2:向10 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液中加入10 mL 0.2 mol·L-1 BaCl2溶液。 已知:25 ℃时,Ksp(BaC2O4)=10-7.6。混合后溶液体积变化忽略不计。 下列说法错误的是(　　) A.实验1,当溶液中c(H2C2O4)=c(C2)时,pH=2.5 B.实验1,当溶液呈中性时:c(C2)>c(HC2)>c(H2C2O4) C.实验2,溶液中有沉淀生成 D.实验2,溶液中存在:2c(Ba2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HC2)+2c(C2) D 解析:,根据可知,当lgX=0时,对应的c(H+)大,pH数值小,因此=10-1.2, =10-3.8,以此解题。 =10-5.0,当溶液中c(H2C2O4)=c(C2)时,c(H+)=10-2.5 mol·L-1,pH=2.5,A正确;当溶液呈中性时,c(H+)=10-7 mol·L-1,由两步电离平衡常数可知,>1, c(HC2)>c(H2C2O4),同理:>1,c(C2)>c(HC2),B正确;实验2的离子方程式:H2C2O4(aq)+Ba2+(aq) BaC2O4(s)+2H+(aq),平衡常数:K==102.6,平衡常数较大,该反应进行的程度较大,判断可产生沉淀,C正确;电荷守恒中右侧缺少了OH-的浓度项,D错误。 D错误。 5.(2025·湖南岳阳一中入学考试)常温下,向二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液,所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关说法错误的是(　　) A.直线M表示pH与lg的变化关系 B.a点溶液中:c(H+)-c(OH-)=c(HY-)+2c(Y2-)-c(K+) C.H2Y的第二级电离常数(H2Y)=10-4.3 D.交点b的溶液中:c(H2Y)=c(Y2-)>c(HY-)>c(H+)>c(OH-) D 解析:二元弱酸H2Y的,故lg=lg=lg+pH,即lg是关于pH的增函数,故M表示pH与lg的变化关系,A正确。根据电荷守恒有c(H+)+c(K+)=c(HY-)+c(OH-)+2c(Y2-), 故c(H+)-c(OH-)=c(HY-)+2c(Y2-)-c(K+),B正确。 c点时lg=1.3,pH=3,故=10-3×10-1.3=10-4.3,C正确。 a点处lg=0.7,pH=2, 故=10-1.3,交点b处lg=lg, 即c(H2Y)=c(Y2-),=10-5.6, 故b点处c(H+)=10-2.8 mol·L-1,=101.5>1, 说明c(HY-)>c(H2Y),D错误。 能力提升 题组1　前沿模拟演练 1.(2025·湖南师范大学附属中学一模)常温下,用浓度为0.20 mol·L-1的HCl标准溶液滴定10 mL浓度均为0.20 mol·L-1的NaOH和Na2A的混合溶液,溶液中含A微粒的分布分数δ[δ(X)=,X表示H2A、HA-或A2-]随pH变化曲线及滴定曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是(　　) A.HA- H++A2-的K≈10-8.4 B.a点存在:c(Cl-)>c(A2-) C.V1<15 D.c点存在:c(H+)+c(Na+)=2c(Cl-)+c(OH-) D 解析:左侧分布分数图像中只有两条曲线,说明H2A的第一步解离完全,第二步解离不完全,故溶液中不存在H2A分子。a点时,HCl和NaOH恰好完全反应,此时是浓度均为0.10 mol·L-1的NaCl和Na2A的混合溶液,由于氯离子不水解而A2-水解,故c(Cl-)>c(A2-),B正确。 NaCl溶液呈中性,此时由于Na2A水解而呈碱性,pH=10.7。根据水解方程式有Kh=,代入数据,Kh≈,即Kh≈10-5.6,由于Kh=,故HA-的电离平衡常数K=≈10-8.4,A正确。b点时c(A2-)=c(HA-),根据HA-的电离平衡常数K=可知,此时pH≈8.4。若加入15 mL盐酸,则所得溶液中除氯化钠外,还有等浓度的Na2A和NaHA,由于A2-的水解程度(Kh≈10-5.6)大于HA-的电离程度(K≈10-8.4),故此时溶液中c(A2-)<c(HA-),故若要使得c(A2-)=c(HA-),所加盐酸应小于15 mL,C正确。c点时溶液中为等浓度的NaCl和NaHA。根据元素守恒有c(Na+)=2c(Cl-),由于c点c(H+)≠c(OH-),D错误。 题组2　高考真题集训 2.(2025·江苏卷)室温下,有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后,提取铜和镍的过程如下所示。 已知:Ka(HS)=1.2×10-2,(H2SO3)=1.2×10-2,(H2SO3)=6.0×10-8。下列说法正确的是(　　) A.较浓H2SO4溶液中:c(H+)=2c(S)+c(OH-) B.NaHSO3溶液中:2HS S+H2SO3的平衡常数K=5.0×10-6 C.(NH4)2C2O4溶液中:c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(H+) D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中:c提铜(Na+)=c沉镍(Na+) B 解析:结合题中已知Ka(HS)=1.2×10-2,故较浓H2SO4溶液中H2SO4══H++HS、HS H++S,电荷守恒应为c(H+)=c(OH-)+ c(HS)+2c(S),故A项错误;2HS S+H2SO3的平衡常数表达式K==5.0×10-6,B项正确;(NH4)2C2O4溶液中,根据电荷守恒有c(N)+c(H+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-),根据元素守恒有c(N)+c(NH3·H2O)=2c(C2)+2c(HC2)+2c(H2C2O4),则可得到c(NH3·H2O)+c(OH-)=2c(H2C2O4)+c(HC2)+c(H+),故C项错误;“提铜”到“沉镍”操作过程中,沉淀表面会吸附少量Na+,使n(Na+)减小,且“沉镍”过程中加入了(NH4)2C2O4溶液,使溶液体积增大,因此c提铜(Na+)>c沉镍(Na+),D项错误。 3.(2025·湖北卷)铜(Ⅰ)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数,总铜浓度为1.0×10-3 mol·L-1。下列描述正确的是(　　) A.Cu++3L [CuL3]+的lgK=0.27 B.当c(Cu+)=c{[CuL]+}时,c{[CuL2]+}=2.0×10-4 mol·L-1 C.n从0增加到2,[CuLn]+结合L的能力随之减小 D.若c{[CuL]+}=c{[CuL3]+},则2c{[CuL2]+}<c{[CuL]+}+3c{[CuL3]+} C 4.(2025·河北卷)已知Cu2+和L3-结合形成两种配离子[CuL]-和[CuL2]4-。常温下,0.100 mol·L-1的H3L和0.002 mol·L-1的CuSO4混合溶液中,HL2-和L3-的浓度对数lg c(实线)、含铜微粒的分布分数δ(虚线){例如= }与溶液pH的关系如图所示: 下列说法错误的是(　　) A.Cu2++L3- [CuL]-,K=109.4 B.HL2- H++L3-,K=10-11.6 C.图中a点对应的pH=4.2 D.当pH=6.4时,体系中c(HL2-)>c([CuL2]4-)>c([CuL]-)>c(L3-) C 由图可知,当pH=6.4时,c(HL2-)约为10-1 mol·L-1,此时对应的=0.90, =0.09。由HL2- H++L3-　K=10-11.6,K==10-11.6,可得c(L3-)=10-6.2 mol·L-1。依据Cu元素守恒,此时溶液中c([CuL]-)=0.09×0.002 mol·L-1=1.8×10-4 mol·L-1,c([CuL2]4-)=0.90×0.002 mol·L-1=1.8×10-3 mol·L-1,故当pH=6.4时,体系中c(HL2-)>c([CuL2]4-)> c([CuL]-)>c(L3-),D项正确。 +NH3CH2COOH+NH3CH2COO-NH2CH2COO- 解析:结合氨基乙酸分子在水溶液中存在的平衡,可知酸性极强时,大部分氨基乙酸以+NH3CH2COOH形式存在,碱性极强时,大部分氨基乙酸以NH2CH2COO-形式存在,所以曲线Ⅰ对应的离子是+NH3CH2COOH,A项正确;a点处溶液中c(+NH3CH2COO-)=c(NH2CH2COO-),由pK2=9.6,得pH=pK2=9.6,B项正确;用H2A+表示+NH3CH2COOH,HA表示+NH3CH2COO-,A-表示NH2CH2COO-,结合题意得H2A+H++HA　K1=10-2.4,HAH++A-　K2=10-9.6,在b点时加入10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液,发生反应:H2A++OH-HA+H2O,得到等物质的量的NaCl、HA。HAH++A-,HA+H2OH2A++OH-,HA的电离常数K2=10-9.6,HA的水解常数Kh==10-11.6,K2>Kh,故HA电离产生的c(A-)大于HA水解产生的c(H2A+),C项错误; 解析:分析图像知,随溶液中lgc(L)(即乙腈浓度的对数)增大,Cu+与乙腈(L)依次发生以下反应:①Cu++L[CuL]+　K1,②[CuL]++L[CuL2]+　K2,③[CuL2]++L[CuL3]+　K3。依据图中特殊点(-2.63,0.48),得K1==102.63,同理可得,K2=101.39,K3=100.27,因K1>K2>K3,n从0增加到2,[CuLn]+结合L的能力随之减小,C项正确。反应①+②+③可得Cu++3L[CuL3]+　K=K1·K2·K3=102.63×101.39×100.27=104.29,则lg K=lg 104.29=4.29,A项错误。依据图像,当溶液中c(Cu+)=c{[CuL]+}时,δ(Cu+)=δ{[CuL]+}=0.48,则δ{[CuL2]+}≈0.04,总铜浓度为1.0×10-3 mol·L-1,可得此时溶液中c{[CuL2]+}≈ 4×10-5 mol·L-1,B项错误。 [CuL]++2L[CuL3]+的K=K2·K3=101.39×100.27= 101.66。若c{[CuL]+}= c{[CuL3]+},由CuL+2LCuL3的K=101.66得c(L)=10-0.83 mol·L-1。[CuL]++L[CuL2]+的K2=101.39,c{[CuL]+}=c{[CuL3]+}即c(L)=10-0.83 mol·L-1时, c{[CuL2]+}∶c{[CuL]+}=101.39∶100.83=100.56>2,则2c{[CuL2]+}>4c{[CuL]+}= c{[CuL]+}+3c{[CuL3]+},D项错误。 解析:在混合溶液中存在以下平衡:HL2-H++L3-,Cu2++L3-[CuL]-,[CuL]-+L3-[CuL2]4-。随溶液pH增大,平衡HL2-H++L3-正向移动,生成更多的L3-,说明在pH较小时c(HL2-)>c(L3-),则曲线Ⅰ代表lg c(HL2-),曲线Ⅱ代表lg c(L3-)。随溶液pH增大,溶液中c(L3-)增大,L3-先与Cu2+结合生成[CuL]-,然后发生反应[CuL]-+L3-[CuL2]4-,故溶液中持续减小,曲线Ⅲ代表 先增大后减小,曲线Ⅳ代表一直增大,曲线Ⅴ代表。曲线Ⅲ和曲线Ⅳ的交点处,即c(Cu2+)=c([CuL]-),此时对应的lg c(L3-)=-9.4,故A项涉及反应的K==109.4,A项正确。曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点处对应溶液的pH=11.6,即c(H+)=10-11.6 mol·L-1,B项涉及反应的K==10-11.6,B项正确。 依据曲线Ⅳ和曲线Ⅴ的交点,此时对应的lg c(L3-)=-7.2。 反应①:Cu2++L3-[CuL]-　K1=109.4 反应②:[CuL]-+L3-[CuL2]4-　K2 K2==107.2,反应①+反应②可得:Cu2++2L3-[CuL2]4-　K=K1·K2=109.4×107.2=1016.6,即K==1016.6,可得c(L3-)=10-8.3 mol·L-1,a点对应c(HL2-)=10-1 mol·L-1,故反应HL2-H++L3-的K= =10-11.6,求得c(H+)=10-4.3 mol·L-1,pH=4.3,C项错误。 $