上篇 专题五 电解质溶液中的平衡-【创新教程】2027年高考化学艺考生文化课百日冲关学生用书

n(A)十n(B)=n(CHOH)=amol。已知反应Ⅲ的平衡 常数K=9.0,则”B=9.0,将该式代入上式可以求 n(A) 出平衡体系中B的物质的量为0.9amol,n(A) 1-a =0.1amol,反应I的平衡常数K= 1+a (8)(a】 =①一a)十》。同温同压下，再向该容器中注入惰性 0.1a2 溶剂四氢呋喃稀释，反应I的化学平衡将向着分子数增 大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率 变大，但是平衡常数不变，A与CH,)H物质的量浓度之 比不变，c(A):c(CH3OH)=0.1a:a=1:10。 答案：(1)2甲基-2丁烯D(2)0.9a (1-a)(1十a)逆向移动1：10 0.1a 5.解析：达到平衡时，℃正=V越，即k正巾元苹=燧巾笨乙，· ,则有=PP丝=K,该反应正反应是一 p之笨 吸热反应，故温度升高，平衡正向移动，K增大，子越大， T越小，则K越小，即越小，故能代表g:随子的变 k送 化关系的是④。 答案：④ 6.解析：(1)由图可知，K。随着温度的升高而减小，则平衡 逆向移动，正反应为放热反应，△H1<0。 (2)由盖斯定律可知，1+ⅱ得反应3N2H(1)一 3N2(g)十6H,(g),则该反应的K=K1·K2。 答案：(1)<(2)K1·K2<设T:>T1,由图可 知：pK1(T2)-pK1(T)>|pKe(T2)-pKe(T)|, pKp (T2)-pKp (T)>pKp2(T)-pK (T2),pKp (T:)+pK 2(T2)>pK(T)+pK2(T),Ig[K (T) ·Ke(T)]>lg[Ku(T2)·Ke(T:],即K(T)> K(T,),因此该反应正反应为放热反应 专题五电解质溶液中的平衡 选择题突破五1“突跃曲线”的分析应用 高考经典再研 1.D[A.当加入V(NaHCO)=10mL时，二者恰好发生 反应Ba(OH),+NaHCO.--BaCO3￥+NaOH+ H,),得n(Ba(OH),)=n(NaHC)3)=0.01L×0.01 mol·L1=1X10‘mol,故初始c(Ba2+)=1X10mol 0.01L =0.01mol·L1,pBa=-lg0.01=2,因此x=2,A正 确；B.在V(NaHCO)=10mL时，pBa=4.3,即c(Ba2+) 33 讲解册参考答案丨 =l03mol·L。此时溶液主要存在BaCO,沉淀，为 BaCO3饱和溶液，c(CO)主要来自BaC)3的溶解，且 溶液中大量OH抑制C)水解，可近似认为c(C)) ≈c(Ba+),故：K(BaCO,)=c(Ba+)·c(CO)= 103X10.3=10-8.0X(100.3)2,已知lg2=0.3,即 10°3=2，可得103=0.5，计算得Km(BaC0)=2.5× 10,B正确。C,各点水的电离程度比较如下：点a为强 碱Ba()H)。溶液，强烈抑制水电离。点b含Na)H和 BaCO沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成 Na,CO,CO水解促进水电离。点d为NaHCO过 量，HCO水解能力弱于CO,对水电离促进作用减 弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确；D.根据溶 度款公式：(B)=)点e时格好主成 NaCO,c(CO)最大，故c(Ba+)最小。点d时NaH- C)3过量，溶液体积增大使CO被稀释，c(C))下 降，c(Ba+)反而上升。因此，c(Ba+)最小的是点c,而 非，点d,D错误。] 2.A[A.经分析可知，Ⅲ代表两种弱酸中较弱的弱酸滴 无过程中p9]黄7的定化面线A错误成1这 和c点都在？=0时，即纯弱酸溶液。c点的酸性较强的 弱酸对应的pH=1.95,a点对应较弱酸的p 「0H)1=8.22,其对应的pH=2.89,无论哪一个， c(H+)] 酸溶液中的H均会抑制水的电离，所以c点对水的电 离抑制作用更强，即水的电离程度：c<a,B正确；C.由B 项可知a点数据：pH=2.89,弱酸电离出c(H)≈c (A),初始c(HA)=0.100mol/L,因此电离常数K.= c(H*):(A)≈10")2 c(HA) ≈0.1-10≈10"，C正确：D.d ,点)=0.5，即加入NaOH溶液体积为10mL,此时溶液 中n(HA)=n(NaA):电荷守恒：c(Na)十c(H)=c (A)十c(OH);元素守恒：c(HA)十c(A)=2c (Na);联立整理得：c(H)+c(HA)-c(A)-c (OH)=c(OH)一c(H),酸性较强的弱酸的K.≈ 10,滴定一丰时存在：K>K,,中弱酸洛液里酸 性，c(H+)>c(OH),因此c(H)+c(HA)一c(A) c()H)0,故不等式成立，D正确。 变式集训典题 1.D[A.由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液 的体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式4NH I化学 一[(CH,)NH+3H]~4OH可知，由于待测液的 体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶 液中c(NH)=c(OH厂)=0.01000mol·L1,则原废水中 cNH)=a.0100mal.L×0=00100mad.L,因 此，废水中NH的含量为0.001000mol×18000mg· mol1·L1=18.00mg·L1,A错误；B.c点加入 NOH标准溶流的体积过量，且只过量了号，由电荷守 恒可知，c[(CH)N,H]+c(H)+c(Na)=c(OH) 十c(CI),浓缩后的废水中NH,CI的浓度和NaOH标 准溶液浓度相等，CI和Na均不参与离子反应，可以估 算c点c(CI)<c(Na+),c[(CH2)N,H+]+c(H+)< c(OH厂)，B错误；C.(CH)N,H+在溶液中水解使溶液 显酸性，类比NH可知(CH)N,在溶液中与水作用发 生电离而使溶液显碱性：点为半滴定点，由其纵坐标可 知溶液显酸性，说明(CH,)N,H+的水解作用强于 (CH,)N的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓度的 大小关系为c[(CH2)N]>c[(CH,),NH门，C错误； D.由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH2)N占比较 高，6[(CH2)N,]=0.88,则由氯守恒可知， 汇(CH2)N,H]=0.12,两种粒子的浓度之比等于其 分布分数之比，则(CH2),NH==(CH2)6N+H的 平衡常数K=[(CH,N,]·CH)=0.88X10 c(CH,)N,H] 0.12 7.3×10,D正确。] 2.C[甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H2N一CH2一 COOH+H一HN一CH2一COOH,向反应后的溶液 中加氢氧化钠溶液，依次发生H,N一CH2一COOH+ OH一HN-CH2-COO+HO、HN-CH COO+OH一H2N-CH-COO+HO。 A.甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H,N一CH, COOH+H+一HN一CH,一COOH,生成物为HN CH,一CO)H,再向其中加氢氧化钠溶液，继续反应，b 点溶液中甘氨酸以HN一CH2一COO的形式存在，即 一C))H更容易和氢氧化钠溶液反应，所以解离出H 的能力：一COOH>一NH3,故A正确； B.b点溶液中甘氨酸以H,N一CH2一CO)的形式存 在，一COO水解使溶液有呈碱性的趋势、HN一电离使 溶液有呈酸性的趋势，b点溶液pH<7,所以HN一 38 CH2一COO中H,N一解离出H的程度大于一COO 水解的程度，故B正确；C.c点n(NaOH)>0.04mol,而 溶液中n(C)=0.04mol,所以n(NaOH)>n(C1),即 c(Na)>c(CI),甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应： H,N-CH,一CO)H+H+一H3N一CH,-COOH,向 反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，b点溶液中甘氨酸以 HN一CH2一COO的形式存在，此时H3N一CH2 COOH与氢氧化钠怡好完全反应：HN-CH2一COOH +OH一HN一CH,一COO+H,),再加氢氧化钠 溶液，发生反应：HN一CH,一COO+OH厂一一HN一 CH2一COO+HO,生成H2N一CH一COO,所以c ,点溶液中应是存在：c(H,N一CH。一CO))>c(H3N CH2一COOH),故C错误；D.b点0.04 mol NaOH与 0.04molH3N一CH2一COOH反应，生成0.04mol H,N-CH,一CO0,再加0.02 mol NaOH与0.02mol H,N-CH,CO)反应，生成0.02molH,N一CH。 CO),即d点溶液中HN-CH2一COO与HN CH,一C))的物质的量相等，又pH=9.6,即c(H) =10“mol/L,所以HN-CH2-CO0一HN-CH CO0+H的K=c(HN-CH,-CO0)·c(H) c(H:N-CH,-COO) =(H)=10,故D正确。] 选择题突破五2“分布系数图像”的分析应用 高考经典再研 1.C[A.M点是点线和虚线的交，点，即c(CO)=c (H,C0,)。报据K·K=cH):c(HCO). c(H,C),) c(H+)·c(C0)=(H)·c(CO）,当两浓度相等 c(HCO) c(H,CO) 时，c2(H)=K1·Ke=101s,所以c(H)=108 mol/L,即pH=8.34,A错误：B.若不考虑CO水解， 溶解度s满足K[CaC03]=s2=10.“,得s=104.4 mol/L;但实际上CO会水解为HCO、HCO,,因此 溶解度大于104mol/L,B错误：C.根据元素守恒， c(Ca2)=c(H,CO)+c(HCO)+c(CO),c(Ca2) 最大：C0的第一李水解常藏K-代=10”，洛液 中OH主要由CO水解产生，设CO水解浓度为x, CO+H,O=HCO,+OH 始mol/L 10-424 0 0 变mol/L 平mol/L 10-4.24-x x T 102-元 =103.7,x≈4.7×10-imol/L, 4.7×10mol/L×100%≈81.7%，水解率超过50%， 1×1024mol/L 这说明水解程度很大，产生了较多的HCO,故c (HCO)>c(CO)),浓度顺序成立，C正确；D.平衡常 数K=c(Ca+)·c(HC0) c(H2CO) cCi）·c0）·cH.cH0KR c(HC))·c(C))·c(H+) K，代 入Km=108“、K1=10.、K2=101o.3,得K= 10.0,不是100，D错误。] 2.C 2与L间存在转化关系HL一L广+H,则pH较小时， 平衡逆向移动，以L2为主，c(L2>cL)gc(HL)>lgL), 则曲线I代表gc(H2.曲线Ⅱ代表gcL与 0 a6,-) ① 016-1310 2 6.4,0.90 0.8 4 0.6 -0.4 (6.4,0.09) 0.2 12-- 0.0 3 6 9101112 随pH增大，cL增大，Cm2与结合成配离子的反应依次 为Gu2+L=CuL叫K、Cul+L一[Gula广K',因 此随pH增大，8c持续减小曲线Ⅲ)，8or先增大后减 小曲线V),8oa一直增大（曲线V) [曲线Ⅲ和曲线N的交点代表e+=6cl即c(Cu+) =c([CuL]),由图可知，此时lgc(L3)=一9.4，代入 平衡常数表达式得K= c([CuL]) c(Cu2+)·c(L）=10 =10·,A正确；曲线I和曲线Ⅱ的交点代表lgc(L3-) =lgc(HL2)即c(L3-)=c(HL2-),此时pH=11.6,代 入平衡常数表达式得K=cL):)=10,B c(HL) 正确；曲线N和曲线V的交点代表0cl,=a即 c([CuLg]-)=c([CuL]),此时lgc(L3-)=-7.2,可 得[CuL]+L3-二[CuL]-的平衡常数K c(Cul)·cL)10a=1022,a点时，0e c([CuL]'-) =del,-，代入KXK'= c(CuL) c(Cu+)·c(LF) c([CuL2]) c([Cu)·c(L)29)=1024×1022=10., 33 讲解册参考答案 解得c(L3-)=108.3mol·L-,且a点对应c(HL) =10mol·L1,代入HL2-一H++L-的平衡常数 K=cL):cH)=10,计算得c(H时)=104 c(HL） mol·L,故pH=4.3,C错误；当pH=6.4时， c(HL2)最大，接近101mol·L1,结合B项中平衡常 数可计算得c(L3-)≈106,2mol·L,0cl,=0.90, dc=0.09,结合Cu元素守恒知，c([CuL,]-) =0.90×0.002mol·L1=1.8×103mol·L1, c([Cul])=0.09×0.002mol·L=1.8×10‘mol·L1, 因此体系中c(HL)>c([CuL]-)>c([CuL])> c(L3-),D正确。] 变式集训典题 1.C[A.水溶液中的离子平衡从图1可以看出pH =10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项 正确；B.从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6 时，该点位于曲线I和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁 沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确：C.从图2可以看出pH =9、lg[c(Mg+)]=一2时，该，点位于曲线Ⅱ的上方、曲 线I的下方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，溶液中 c(HCO)+c(HC))+c(CO片)<0.1mol·L,C项错 误；D.pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO,pH =8,lg[c(Mg+)]=-1时，该，点位于曲线Ⅱ的上方、曲 线I的下方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为 Mg++2HCO—MgCO2￥+HO十CO,↑，D项正确] 2.D 8 Ag'+YAgY] 7 [AgY [AgYT'+Y[AgY 二6 3.00,5.01 cAgY)门先 [AgY] 增大再减小， 3 3.00 4.70} Ag' 2 3 4 6 lgc(Y)/mol·L] [A.由分析可知，曲线I表示[AgY,]中，A正确；B.由题 意可知，Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：Y +H,O一HY*+OH,K1=cHY)cOH),当 c(Y) c(HY+)=c(Y)时，c(H+)=109.3mol·L1,c(OH) =104.2mol·L1,则K1=10.o7,同理K2=107.5 K1XK=cHY*):c(OH)×c(H,Y+)·c(OH) c(Y) c(HY) =c(H,Y):c(0H）=101”,由图像可知，当 c(Y) 6(H,Y2+)=(Y)时，6(HY+)最大，则c(OH)=10i1 mol·L,pOH=5.61,pH=8.39,B正确；C.反应Ag+Y 1化学 一[AgY门的平衡常数K,=AgY]) c(Ag)·c(Y,由图可知，当 c(Y)=104"mol·L时，c([AgY])=c(Ag),则K 10m=100,C正确：D.-lg[c(Y)/molL] =3.00时，c(Y)=103mol/L,c(Ag)=10-.1mol·L1, c([AgY:])=c([AgY]),由元素守恒可知，c(Ag)+ c([AgY2]+)+c([AgY]+)=1.00×10-3mol/L,则 c([AgY]+)=c([AgY]+)=4.95×10mol/L,Y的初 始浓度为1.15×102mol·L1,由元素守恒得 2c([AgY:]+)+c([AgY]+)+c(Y)+c(HY+)+ c(H,Y2+)=1.15×102mol/L,代入数据，c(Y)+ c(HY+)+c(HY2+)≈0.01mol/L,则8(Y) c(Y) 10-3mol·L1 (Y)+c(HYc(H.)-0.01 mol.1. 图像2可知，pH在8.39~9.93之间，此时c(HY+)> c(Y)>c(H,Y+),D错误。] 选择题突破五3“对数图像”的分析应用 高考经典再研 1.DK.=C822K.-C0)·H c(H,C,O, c(HC,O) 根据K。>Ke可知，当lgX=0时，X= (CO)或 c(H,C2 O, AA c(C2O) c(HC,O) =1,K4对应的c(H)大，pH数值小，因此K (HCO(-10C() c(H,C.O.) c(HC O) 103,以此解题。 对数图像问题，可以先求算K值，再判断哪条线 对应什么值。 AK×K=eHC0)·H)×c(C0)·cH) c(H C2O,) c(HC,O cC0)·c(H)=10,当溶液中c(HC0)= c(H2C),) c(CO)时，c(f)=102imo/L,pH=2.5,A正 确；c(H,C,O,)=c(CO)时，pH=(pK+pK1)/2 B.当溶液呈中性时，c(H)=10mol/L,由两步电离平 c(HC0)=1012 将常数可知，C0=107>1,c(HC0)> c(HCO),同理： c(CO月)103.8 (HC0,)=107>1,c(C0)> c(HC,O),B正确；C.实验2的离子方程式：H,C2O,(aq)+ Ba+(aq)一BaC,O,(s)+2H(aq),平衡常数： c2(H+) K- c(Ba+)·c(H,CO,) 33 c(H)·c(HCO)·c(H)·c(C,O) c(Ba2+)·c(CO)·c(H2CO)·c(HCO) Ka1·K2105 一KBaC0一10示=10“，单街常教较大，该反应 进行的程度较大，判断可产生沉淀：或进行定量计算，两 步电离平衡反应式相加，得到HC,O二2H中十 C,OK=10.0,二者等体积混合，c(H2CO,)= 0.1mol/L,列三段式： H2 C2O=2H+C2O 始mol/L0.1 0 0 变mol/L 2x x 平mol/L 0.1-x x, 4.x3 则0.1z=10°，估算x的数量级为10，故Q= c(Ba+)·c(CO)≈0.1×10-3=104>Km(BaCO) =1016,故有沉淀生成，C正确：D.电荷守恒中右侧缺 少了)H的浓度项，D错误；故选D。] 2.C[A.分析可知，I为CuAc+的变化曲线，A正确；B. 题中反应的K=CAe)C〉，当pH=3.46时， c(Cu+)·c(HAc) 由I和Ⅱ相交可知，此时c(CuAc+)=c(Cu+),且由M 点坐标可知，c(HAc)=l0o.mol/L,代入平衡常数表 达式：K=10“ 0西=10”，B正确：C.根据P点坐标，此 时pH=5.75,c(CuAc+)=c(HAc)=101.87,反应Cu2+ +HAc一CuAc+H的平衡常数K=l0.o,代入 数据得到 10.7 c(C=100,故c(Cu2+)=10.5mol/ L,K[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH)=10-.1iX (10825)2=1019.,C错误；D.根据题意，C元素总物质 的量不变，即总醋酸根（含各种形态）的浓度保持为0.20 mol/L,存在元素守恒：c(Ac)十c(CuAc)十c(HAc)十 2c(CuAc)=0.20mol/L,对于HAc的电离平衡常数： K=D,支琴得长沿品代入 c(HAc) 题千原式，得到原式=3c(HAc)+c(Ac)=2c(HAc)+ [c(HAc)+c(Ac)],将元素守恒式代入得到：原式=2c (HAc)+0.2 mol/L-[c(CuAc )+2c(CuAc2 )],Q 存在c(HAc)=c(CuAc:),由于c(CuAc+)>0,故原式= 0.2mol/L一c(CuAc)<0.2mol/L,D正确。] 变式集训典题 1.B[A.分析可知，曲线Ⅱ代表[Cu(C),),,A错误；B.该 反应的平衡常数K=cCu(CQb于) cCCQ)·cCG分析推导可知 c[Cu(C0]=K,CuC,0,)·K=10.,代入 c(C.O 平衡常数表达式得到K= 10-0.85 (CuCO,),观察图中pH= 2.87时的点，该点位于曲线I上，说明此时p(C2O)= 2.34,pH=2.87时的点向上延伸，与Ⅲ的交点处：p[Cu (CO):]-=p(CO)+0.85,此时p[Cu(C2O)] =3.19,代入平衡常数表达式得到：K=10 10-g=102.4 B正确；C.由B项分析可知，p[Cu(C2O,)2]=3.19并 保持不变（或由I线pH=0.15时，p(CO)=6.16,p (Cu2+)=9.35-6.16=3.19,即曲线W与Ⅲ的相交时， pH=0.15),故CuC,O,(aq)的浓度为103.19mol·L1, C错误；D.对溶液中元素守恒：总草酸根（溶液中）： c(C2O)+c(HC2 O)+c(H2 C2O.)+c[CuC2O.(aq)] +2c[CuC,0),3-3+n[GuC0,s)]=0.2mol/L:总 V 铜（溶液中）：c(Cu+)+c[CuC,O,(aq门+c{[Cu(CO2了}+ n[CuC,O,(s)]=0.1mol/L(注：两种以国体形式存在的 CuCO(s)只是为了列元素守恒)，将两式整理得到， c(CO)+c (HC2O)+c(H2 C2O)+cCu (C0,):]2}-c(Cu+)=0.1mol·L1,这是一个等 式，D错误。] 2.B[随x轴pH的变化，c(NH)+c(NH)为定值，pH 值越大，c(NH)越大，c(NH)越小，故甲为NH,乙为 NH3:加入NaOH,pH增大，c(HCO)减小，c(Ca+)=c (CO)十c(HCO)+c(HCO),pH越大，HCO3、 HCO越少，主要以CO形式存在，故pH>11时， c(Ca+)=c(CO)>c(HCO,),故丙为Ca+,丁为 HCO;A.根据分析，丁线代表HCO,A正确；B.25℃ 下，向初始浓度一定的NH,Cl溶液中加入CaCO,(s)后， 由元素守恒有c(NH)+c(NH)=c(C),c(Ca2+)= c(CO)+c(HCO)+c(HCO,),代入电荷守恒 2c(Ca)+c(NH:)+c(H)=c(OH)+c(CI)+ c(HC))+2c(C))可得c(HCO,)+2c(HCO,)+ c(H)=c(OH)+c(NH);pH=7.00时，由图可知 c(HC))>c(NH),又因为c(H)=c(OH),所以 pH=7.00时有c(HCO3)+2c(HC)3)>c(NH3),此时 右侧需加N)才可电荷守恒，故调节pH=7.00时，需 加入HNO,B错误；C.O点时，NH一NH+H+,K =NH)·H）=105,P点时pH=8.35, c(NH) 3s 讲解册参考答案丨 c(NH)c(NH)10.35 c(Ca2) c(NH,)=10e=1020,C正确；D.0,点 时，c(Ca2+)=c(C0)=10t5mol·L1,故Kn(CC0) =c(Ca+)·c(C0)=10-5,p点时，c(Ca+)= c(HC0)=l03mol·L1,c(H)=10&3imol·L1,此 时c(C0)=Kn(CaC0)10 c(Ca) 10.5mol·L1=10.25 mol L-1,K=(CO-).c(H) c(HCO) 10-3.2写 1010.35,Q点时， c(CO)K2_101o.时 (HC0)c(H5=102=102, D正确。] 专题六物质转化及应用 选择题突破六无机化工微流程 高考经典再研 1.C[A.高温下ALO可和NaCO3反应AlO3+ Na.C0,高温2NaA10.十C0,↑，】mol Al,0,完全按光 反应生成1 mol CO2,A正确：B.高温煅烧后，硅元素转 化为硅酸盐，酸浸时硅酸盐与稀硫酸反应生成难溶于水 的硅酸沉淀，因此硅元素以固态形式留在浸渣中被除 去，B正确；C.“高温煅烧”是在无水的高温环境下进行 的固体熔融反应，镓被转化为固态的MG(),。因此在 后续的“酸浸”步骤中，是GaO,和H反应：GaO。+十 4H+一Ga3++2H,O,C错误：D.类比明矾KAI(SO,)2 ·12H,),体系阳离子为Na、K,浓缩结晶析出铝的 复盐晶体，化学式为MAI(SO,)2·xHO(M=K或 Na+),D正确。] 2.C[A.烧时CaC0,高温ca0+C0,↑，浸出时Ca0和 盐酸反应，CaO是金属氧化物，不能拆，离子方程式为 CaO+2H+一Ca++HzO,A正确；B.FeO,可等价表 示为FeO·FeO,与盐酸发生复分解反应，生成FeCL2、 FeCL和水，反应无化合价变化，离子方程式为FeO,十 8H+一Fe++2e3++4H,O,B正确；C.净化过程加入 的是石灰浆，C()H),为悬浊液，在书写离子方程式时 不能拆分为Ca+和OH,须保留化学式，正确离子方程 式应为2Fe3++3Ca(OH)2一2Fe(OH)3￥+3Ca+,C 错误；D.碳化时溶液中含Ca+,通入NH创造碱性环 境，再通入C),生成CO,与Ca+结合析出CaCO沉 淀，离子方程式为Ca++2NH,+CO,+H,O一Ca CO3￥十2NH,D正确。]1化学 专题五 电解质溶液中的平衡 DDDDD 选择题突破五 1.“突跃曲线”的分析应用 突破核心透视 高考经典再研 酸碱中和滴定曲线上的特殊点分析 1.(滴定曲线|2026·湖南卷)常温下，向10mL 示例：常温下，用0.1000mo1·L Ba(OH)2溶液中缓慢滴入0.01mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L NaHCO。溶液，溶液的pH和pBa[pBa= CH COOH溶液所得滴定曲线如图。 -lgc(Ba+)门与V(NaHCO)的变化关系如 pH 14 图所示。已知：lg2=0.3。下列说法错误 12 的是 ( ) 10 A.x=2 8 中和点 B.Kan (BaCO)=2.5X10-9 6 中性点 4 半点 C.点c对应溶液中的水的 外起点 电离程度最大 D.点d对应溶液中的c 8忍o0 10 20 3040 V(NaOH)/mL (Ba2+)最小 根据图中pH数据，图中A、B、C、D、E各 2.(滴定曲线与体积比|2026·四川卷)常温 点对应的溶液中水的电离程度大小如下： 下，用0.1000mol·L1的NaOH溶液分别滴 cx(H)/mol·L-J 定20.00mL浓度均为0.1000mol·L1的两 种一元弱酸(HA)溶液，部分微粒浓度的值 10 或微粒浓度比的pM[pM=-lgM,M代表 骨或9]与满定剂 0 与被滴定溶液的体积比)之间的关系如图 V(NaOH)/mL 各特殊点的溶质及对水电离程度的影响和粒 所示。 子浓度大小关系 9 a(0,8.22) (说明：表中HAc为CH COOH) 离子浓度 水的电 点 溶质 大小比较 离情况 c0,1.95) d 0 c(H+)>c(Ac A HAc >c(OH) 抑制 -5 HAc、 0.00.10.20.30.40.50.60.70.80.91.0 2 c(Ac)>c(Na)> NaAc 抑制 (1:1) c(H)>c(OH) 下列说法错误的是 ( ) HAc、 c(Ac)=c(Na)> 正常电离 A.Ⅲ代表两种弱酸中较强的弱酸滴定过程 (pH=7) NaAc c(H)=c(OH) 「c(OH)1 c(Na)>c(Ac)> 中p D NaAc 促进 c(H) 随？的变化曲线 c(OH)(H) B.a、c两点溶液中水的电离程度c<a NaAc, C.b点溶液对应酸的电离常数K。=1048 E c(Na)>c(Ac)> NaOH 抑制 C(OH)(H) D.d点溶液中c(H)+c(HA)<c(Aˉ) (2:1) +c(OH) 50 上篇专题五电解质溶液中的平衡 变式集训典题 2.将等物质的量浓度等体积的甘氨酸溶液与 1.(滴定曲线与分布系数|2025·云南卷)甲醛 盐酸混合，发生反应：H2N一CH2一COOH 法测定NH的反应原理为4NH+ +H+一HN一CH2一COOH,取上述溶 6HCHO -(CH,)N,H+3H+ 液（含0.04 mol HaN-—CH2一COOH),滴 6HO。取含NH,CI的废水浓缩至原体积的 加NaOH溶液，pH的变化如图所示（注：b 后，移取2000ml,加入足量甲醛反应后， 点溶液中甘氨酸以HN一CH2一COO的 形式存在)。 用0.01000mol·L1的NaOH标准溶液滴 定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数6 9.6 与pH关系如图2[比如：[(CH2)6NH]= 7.0 c[(CH2)N,H] cI(CH,)N,H+c[(CH,N]。下列说法 2.3--a 正确的是 ( ) 00.020.040.060.08 n(NaOH/mol 121 1.01 10 f6.00,0.88) 下列说法不正确的是 ( 0.8 60.6 A.H3N一CH2一COOH中解离出H+的能 0.41 力：-COOH>-NH 0.2 B.b点溶液pH<7,推测HN一CH2 0.0 051015202530 0 2 V(NaOH)/mL 6五 COO中H,N一解离出H的程度大于 图1 图2 —COO水解的程度 A.废水中NH的含量为20.00mg·L1 C.c点溶液中存在：c(Na)>c(CI厂)>≥ B.c点：c[(CH2)sN4H]+c(H) c(H3N-CH2-COOH)> =c(OH) c(H2N-CH2-COO) C.a点：c[(CH2)sN4H+]>c(H)> D.由d点可知：HN一CH2一COO c(OH )>c[(CH2)N,] H2N-CH2一COO+H的K≈1096 D.(CH2)6N4H==(CH2)6N4+H的平 C温馨提 衡常数K≈7.3X106 学习至此，请完成配套专题精准强化15 ● 选择题突破五 2.“分布系数图像”的分析应用 突破核心透视 最高点，可表示NaHA溶液 最高点 可表示NaHA溶液 1.0 分布分数图像模型 曲线交点，cHA)= 0.8 cHA),利用该点可 曲线交点.cH) 明确分布 根据反应过程中溶液pH变化测 计算K=10 方06 ,利用该点可 0.4 分数图像 定溶液中不同pH时，微粒在溶液 曲线交点，A上 计算K=10 的来源 中的物质的量分数、微粒浓度 cHA).利用该点可士 计算K=10 01a 第一步：确定每条曲线代表的微 粒、变化趋势。 高考经典再研 第二步：标浓度、用交点计算相关 量：（以NaOH溶液滴定三元弱酸 1.(H2CO3|2026·陕晋青宁卷)二氧化碳、碳 H3A为例) 酸性较强时，A主要以H3A的形 酸及其盐在自然界的迁移转化，是环境中碳 分析图像→式存在，随着酸性减弱，分别主要 循环的重要部分。常温下，H2CO3溶液中 以H2A、HA2-的形式存在，碱 性较强时，主要以A3-的形式存 各含碳物种的分布系数6与一1g[c(OH)/ 在。故80、61、δ2、03分别表示 H3A、H2A、HA2、A3-的分布 (mol·L1)]的变化关系如图 分数。 51 1化学 变式集训典题 1.(Mg2+与CO的竞争反应图像|2023·北 05 京卷)利用平衡移动原理，分析一定温度下 M 0.036 Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能 7.65 246 810 产物。 -lg[e(OH)/(mol-L)] 已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中 [比如：6(H2CO3)= 各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 c(H2CO) (H.CO,+e(HCC CacO, ⅱ.图2中曲线I的离子浓度关系符合 c(Mg2+)·c2(OH)=Kn[Mg(OH)2];曲 的K,为l08,8。将足量CaC0,(s)置于纯 线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)· 水中得到饱和溶液。下列说法正确的是 c(CO)=K,(MgCO3)汇注：起始c(Na2CO3) =0.1mol·L1,不同pH下c(CO)由图 A.M点的pH为5.66 B.CaC0,(s)在纯水中的溶解度为1044mol·L 1得到]。 1.0 C.该CaCO,饱和溶液中，c(Ca2+)> HCO 0.8H,C0 c(HCO)>c(CO) 0.6 D.反应CaCO3(s)+HCO,Ca2++ 2HCO的平衡常数为10.0 0.2 2.(分布系数|2025·河北卷)已知Cu2+和 0.04 10 12 L3-结合形成两种配离子[CuL]-和 [CuL2]4-。常温下，0.100mol·L1的HL 图1 和0.002mol·L的CuSO4混合溶液中， I .Mg(OH), HL2-和L3-的浓度对数1gc(实线)、含铜微 粒的分布系数6（虚线）[例如6c+三 II .MgCo c(Cu2) c(Cu)+c([CuL])+c([CuL]与溶 液pH的关系如图所示： 10 11 12 01 a(x,-1) I (11.6,-1.3) pH -2 1.0 6.4,0.90) 图2 -4V -0.8 0.6 下列说法不正确的是 A.由图1，pH=10.25,c(HC03)=c(CO) 。(6.4,0.09) -0.2 -12 -0.0 B.由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)] 67pH8 9101112 =一6，无沉淀生成 下列说法错误的是 ( C.由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2)]= A.Cu2++L3-一[CuL],K=10.4 一2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)十 B.HL2-=H++L3-,K=10-1.6 c(HCOs )+c(CO)=0.1 mol.L-I C.图中a点对应的pH=4.2 D.由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2)门 D.当pH=6.4时，体系中c(HL2-)> =-1,发生反应：Mg2++2HCO5 c([CuL2]4-)>c([CuL])>c(L3-) MgCO3V+CO2↑+H2O 52 上篇专题五电解质溶液中的平衡丨 2.(乙二胺分布系数|2025·河南卷)乙二胺 1.0f (H2 NCH2 CH2 NH2,简写为Y)可结合H转化 0.8 为[H NCH2CH2 NH](简写为HY)和 3.00,5.01) [HNCH,CH,NH]+(简写为H2Y2+),Ag 3.004.70 与Y可形成[AgY]和[AgY2]两种配离 10 12 lc(Y)molL万 pH 子。室温下向AgNO3溶液中加入Y,通过 图1 图2 调节混合溶液的pH改变Y的浓度，从而调 下列说法错误的是 控不同配离子的浓度（忽略体积变化）。混 合溶液中Ag和Y的初始浓度分别为1.00 A.曲线I对应的离子是[AgY] ×10-3mol·L-1和1.15×10-2mol·L1。 B.6(HY)最大时对应的pH=8.39 -lg[c(M)/(mol·L1)]与-lg[c(Y)/ C.反应Ag+Y一[AgY]+的平衡常数 (mol·L1)]的变化关系如图1所示（其中 K1=104.70 M代表Ag、[AgY]或[AgY2]+),分布系 D.-lg[c(Y)/(mol·L1)]=3.00时， 数6(N)与pH的变化关系如图2所示（其中 c(HY)>c(H2Y2)>c(Y) N代表Y、HY或H2Y2+),比如6(H2Y2+) ©温馨提 c(H,Y2) 学习至此，请完成配套专题精准强化16 c(Y)+c(HY)+c(H Y2) 选择题突破五 3.“对数图像”的分析应用 突破核心透视 当的值为时博有 对数图像模型 或c(HX)=c(X,结合pH及K,(但，X>K(但X)可得 明确对数图像是由哪种类型的图 K（,X)-=10-“K,H,X=10则M表示g e(HX)' N表示gHX 像转化得到的，如①pH/pOH cH,X灯 明确对数 .2-0.8-0.400.40.81.2 图像与其 lgX图像、②1gc-lgX图像均可由 X2-1 两个等浓度点连线的中点，可表示NaHX溶液，根据 分布分数图像转化得到(“曲线” 其对应的H可知，NaHX溶液显酸性，即HX的电离 他类型图 程度大于其水解程度 变“直线”“交点”变“零点”)；③加 像的转化 水稀释pH-lgV图像可由pH-V图 高考经典再研 像转化得到等。 1.(二元酸的对数图像 APH 第一步：找特殊点，计算平衡常数， 3.8 2025·湖南卷)草酸广 并确定直线。根据图像中的特殊点 (如零点、交点、赋值点等)计算反 泛应用于食品、药品等 1.2 应的平衡常数(pH=-lgKa、14 -3.8 -1.20 领域。常温下，通过下 lgx pOH=-lgKa),确定直线表示的 含义（根据Ka1>Ka2或Kb1> 列实验探究了草酸的性质： 分析图像 Kb2确定对应直线)。 实验1：向10mL0.2mol·L1HC2O溶液中滴 第二步：分析问题。根据反应原理、 电离（水解）平衡，结合“三大守 入一定量0.2mol·L1KOH溶液。混合溶液的 恒”等进一步分析问题。 如向弱酸H2X溶液中滴加NaOH pH与xx-KCC或C的关系 溶液为例。 c(HCO)c(HCO 如图所示。 53 1化学 实验2：向10mL0.2mol·L1H2C2O4溶 已知：CuC2O4(s)-CuC2O,(aq)K 液中加入10mL0.2mol·L1BaCl2溶液。 Cu2 (aq)+C2O (aq)-CuC2O (aq)K2 已知：25℃时，Kp(BaC2O4)=101.6。混合 Cu2(ag)+2CO (ag)-[Cu(C2O2(aq) 后溶液体积变化忽略不计。 K3=1085 下列说法错误的是 8 0,15,6.16 N A.实验1，当溶液中c(HC2O)=c(C2O) 时，pH=2.5 6 B.实验1，当溶液呈中性时：c(C2O)> 、(2.05,4.04) 4 c(HC2O)>c(H2C2O) (2.87,2.34) Ⅲ C.实验2，溶液中有沉淀生成 力 D.实验2，溶液中存在：2c(Ba2+)十c(H+) =c(CI)+c(HC2O)+2c(C2O) pH 2.（pX-pH曲线|2026·黑吉辽蒙卷)室温 下列说法正确的是 下，0.10mol·L1醋酸铜(CuAc2,Ac表示 A.曲线I是[Cu(C2O)2]2的变化曲线 CH3COO)溶液中CuAc2、CuAc、Cu2+和 B.CuCO,(aq)十C2O(aq)一Cu(C2O)2(aq) HAc的pX一pH曲线如图。保持体系中 K=10G3 Cu元素总物质的量、C元素总物质的量和 C.溶液中，CuCO,(aq)的浓度为10-83mol·L 溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他 D.pH=4,c (C2O)+c(HC2O)+ 含铜难溶物。下列说法错误的是 ( c(H2C2O4)+c([Cu(C2O4)2]2)> 3. 0.1mol·L1+c(Cu2+) 2.5 0 P5.75,1.87) 2.(对数值与pH2026·山东卷改编)25℃ 2.0 台151 下，向初始浓度一定的NH,CI溶液中加入 CaCO(s),通过加入HNO3或NaOH调节 1.oⅡ1 (4.43,1.19) 0.5M346,0.86 pH[CaCO3(s)始终存在，忽略溶液体积变化]。 3.03.54.0 pH4550560 某组分平衡浓度的对数值lg[c(X)/mol·L1门 pX=-Ig[c(X)/(mol.L)] 随pH的变化如图所示(X表示NH4、 NH、Ca2+、HCO)。下列说法错误的是 X代表CuAc2、CuAc+、Cu2+或HAc ( HAc的K。=1045 2 甲 Cu2+HAc =CuAc+H K 09.25,-2.60) A.I为CuAc+的变化曲线 -3 P8.35, B.室温下，K=10-2.60 -3.25)， Q(12.50, -4 -4.25) C.室温下，K[Cu(OH)2]=100.97 丙 丁 5 D.Q点：c(HAc)X 3+0.20mo1·L1 6 78910111213 PH 变式集训典题 A.丁线所示物种为HCO B.调节pH=7.O0时，需加入NaOH 1.(pM与pH曲线|2026·云南卷)常温下，1 L水溶液中Cu+和C,O?的初始浓度分别 C.P点： c(NH) c(Ca2) =100.90 为0.1mol·L1和0.2mol·L1,达到溶 解平衡时(Kp(CuC2O4)=1095,pM与 D.Q点： c(CO) =10215 c(HCO) pH的关系如图(pM=一lg[c(M)/(mol· L-1)],M代表Cu2+、CO、CuC,O,(aq) C温馨提 学习至此，请完成配套专题精准强化17 和[Cu(C2O4)2]2)。 54