上篇 专题五 选择题突破五 1.“突跃曲线”的分析应用-【创新教程】2027年高考化学大二轮专题增分方案学生用书

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0.1000mol·L Ba(OH)2溶液中缓慢滴入0.01mol·L1 NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L1 NaHCO,溶液，溶液的pH和pBa[pBa= CH COOH溶液所得滴定曲线如图。 一lgc(Ba2+)]与V(NaHCO3)的变化关系如 pH 14 图所示。已知：1g2=0.3。下列说法错误 12 的是 ) 10 A.x=2 13 8 中和点 B.Kp(BaC03)=2.5X109 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 0 3040 V(NaOH)/mL (Ba+)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 c*(H)/mol·L 定20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1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 2品或91与不消定剂 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 a(0,8.22) (说明：表中HAc为CH COOH) 点 溶质 离子浓度 水的电 大小比较 离情况 c0,1.95) d 0 c(H+)>c(Ac-) A HAc 抑制 c(OH) -5 HAc、 0.00.10.20.30.40.50.60.70.80.91.0 心 NaAc c(Ac)>c(Na+)> c(H+)>c(OH-) 抑制 (1:1) 下列说法错误的是 ( ) C HAc、 c(Ac)=c(Na+)> (pH=7) 正常电离 A.Ⅲ代表两种弱酸中较强的弱酸滴定过程 NaAc c(H)=c(OH) 「c(OH) D NaAc c(Na+)>c(Ac-)> 促进 中pc(H) 随？的变化曲线 c(OH-)>c(H+) B.a、c两点溶液中水的电离程度c<a NaAc, c(Na)>c(Ac)> C.b点溶液对应酸的电离常数K,=10-4.8 E NaOH 抑制 D.d点溶液中c(H+)+c(HA)<c(Aˉ) (2:1) c(OH-)>c(H+) +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—HN一CH2一COOH,取上述溶 6HCHO -(CH2)NH+3H++ 液（含0.04molH3N一CH2一COOH),滴 6H2O。取含NHCI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200m,加入足量甲醛反应后。 点溶液中甘氨酸以H3N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，含氨微粒的分布分数6 9.6 与pH关系如图2[比如：[(CH2)N4H]= 7.0 c[(CH2)N,H+] cCH,)NH+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 0.8 f6.00,0.88) 下列说法不正确的是 ( ) 0.6 A.HN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 0.05 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 一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)> B.c点：c[(CH2)6N4H+]+c(H+) c(H,N-CH,-COOH)> =c(OH) c(H2N-CH2-COO) C.a点：c[(CH2).N4H+]>c(Ht)> D.由d点可知：H3N-CH2一COO一 c(OH)>c[(CH2)&N,] H2N-CH2-CO0+H+的K≈109.6 D.(CH2)sN4H+=(CH2)gN4+H+的平 ©温馨提 衡常数K≈7.3×10-6 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，cHA 明确分布 根据反应过程中溶液pH变化测 计算K=10 ,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A3一的形式存 各含碳物种的分布系数6与一1g[c(OH)/ 在。故8、61、2、63分别表示 H3A、H2A、HA2-、A3-的分布 (mol·L1)]的变化关系如图 分数。 51n(A)十n(B)=n(CHOH)=&mol。已知反应Ⅲ的平衡 常数K=9.0,则nB=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K1= 1+a )(】 =1一)1十》。同温同压下，再向该容器中注入情性 0.1a2 溶剂四氢呋喃稀释，反应【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,OH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+a） 0.1a 逆向移动1：10 5.解析：达到平衡时，V玉=V强，即k玉p2苯=k速巾*乙蝽· 则有经-2P=K,滋反应正反应是一个 卫乙苯 吸热反应，故温度升高，平衡正向移动，K增大，越大， T越小，则K熄小，即经越小，故能代表g。随子的变 k这 化关系的是④。 答案：④ 6.解析：(1)由图可知，K1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，△H<0。 (2)由盖斯定律可知，1十ⅱ得反应3N2H(I) 3N2(g)十6H2(g),则该反应的K=K1·K2。 答案：(1)<(2)K。1·K2<设T2>T1,由图可 知：pK1(T2)-pK1(T)>|pKe（T2)-pK2(T)|, pKp(T2)-pKp (T)>pKp2(T)-pKp2(T2),pKpl (T2)+pK2(T2)>pK1(T1)+pK2(T),lg[K1(T1) ·Ke(T1)]>lg[K1(T2)·K2(T2)],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(NaHCO3)=10mL时，二者恰好发生 反应Ba(OH)2+NaHCO3一BaCO3￥+NaOH+ H2O,得n(Ba(OH)2)=n(NaHC03)=0.01L×0.01 mol·L1-1X10‘mol,故初始c(Ba2+)=1X104mol 0.01L =0.01mol·L1,pBa=-1g0.01=2,因此x=2,A正 确；B.在V(NaHCO3)=10mL时，pBa=4.3,即c(Ba2+) 22 讲解册参考答案 =l03mol·L1。此时溶液主要存在BaCO3沉淀，为 BaCO3饱和溶液，c(CO)主要来自BaCO3的溶解，且 溶液中大量OH抑制CO水解，可近似认为c(CO) ≈c(Ba2+),故：Kn(BaCO3)=c(Ba2+)·c(CO3)= 104.3×104.3=108.0×(100.3)2,已知lg2=0.3,即 10.3=2,可得10o.3=0.5,计算得Kp(BaC03)=2.5× 109,B正确。C.各点水的电离程度比较如下：点a为强 碱Ba(OH)2溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和 BaCO,沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成 Na2 CO.,CO水解促进水电离。点d为NaHCO3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：c(题)=C)点e时格好生成 Na2COg,c(CO)最大，故c(Ba2+)最小。点d时NaH- CO。过量，溶液体积增大使CO被稀释，c(CO)下 降，c(Ba+)反而上升。因此，c(Ba2+)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 定过粒中P[9]蓝习的变化南镜，A错溪Ba点 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 「(0H21=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.= (H):c(A)≈(1039)2 c(HA) ≈0.1-102≈1048，C正确；D.d 点7=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-)+c(OH)；元素守恒：c(HA)+c(A)=2c (Na);联立整理得：c(H)十c(HA)-c(A)-c (OH)=c(OH)一c(H),酸性较强的弱酸的K.≈ 10,滴定一半时存在：K,>K一，即霜酸溶流星酸 性，c(H)>c(OH),因此c(H+)+c(HA)一c(A) c(OH)<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 化学 一[(CH2)。N4H+3H+]一4OH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20.00L溶 液中c(N)=c(O)=0.01000mol·L1,则原废水中 cNf)=0.01000mlL1×0=0.0100mlL1,因 此，废水中NHt的含量为0.001000mol×18000mg· mol1·L1=18.00mg·L1,A错误；B.c点加入 NOH标准溶液的体积过量，且只过量了号，由电荷守 恒可知，c[(CH2)sNaH]+c(H)+c(Na)=c(OH) 十c(CI),浓缩后的废水中NH,Cl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)N4H]+c(H+)< c(OH),B错误；C.(CH2)。NH+在溶液中水解使溶液 显酸性，类比NH可知(CH2)6N在溶液中与水作用发 生电离而使溶液显碱性；a点为半滴定点，由其纵坐标可 知溶液显酸性，说明(CH2)。NH的水解作用强于 (CH2)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)sN,]>c[(CH2)6NH],C错误； D.由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH2)。N4占比较 高，8[(CH2)。N4]=0.88,则由氦守恒可知， 汇(CH2)gNH]=0.12,两种粒子的浓度之比等于其 分布分数之比，则(CH2)6NH+-一(CH2)6N4十H+的 平衡常教K=c[(CH)N,]·c(H)-0.88X10 c[(CH2)N,H+] 0.12 7.3×108,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—HN—CH2一COOH,向反应后的溶液 中加氢氧化钠溶液，依次发生H3N一CH2一COOH十 OH一HN-CH2-COO+H2O、HN-CH2 COO-+OH--H2 N-CH2-COO+H2O. A.甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H2N一CH2 COOH+H+一HN-CH2-COOH,生成物为HN CH2一COOH,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COOH更容易和氢氧化钠溶液反应，所以解离出H+ 的能力：一COOH>一NH2,故A正确； B.b点溶液中甘氨酸以HN一CH2一COO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 28 CH2一COO中HN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(CI),即 c(Na)>c(CI),甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应： H2N-CH2一COOH+H+—HN-CH2-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HN-CH2 COOH与氢氧化钠恰好完全反应：HN一CH2一COOH +OH一H3N一CH2一COO+H2O,再加氢氧化钠 溶液，发生反应：H,N一CH2-COO+OH—H2N CH2-COO+H2O,生成H2N-CH2一COO,所以c 点溶液中应是存在：c(H2N一CH2一COO)>c(HN CH2一COOH),故C错误；D.b点0.04 mol NaOH与 0.04molH3N-CH2一C00H反应，生成0.04mol H3N-CH2一COO,再加0.02 mol NaOH与0.02mol H3N-CH2-COO反应，生成0.02molH2N-CH2 COO,即d点溶液中H2N-CH2一COO与HN CH2一COO的物质的量相等，又pH=9.6,即c(H) =1096mol/L,所以HN-CH2-COO=一H2N-CH2 CO0+H的K=(HN-CH,-CO0)·c(Hr+) c(HN-CH,-COO) =c(H)=109.8,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,)。根据K·K=c(H*):c(HIC0). c(H2 CO) c(H)·c(C0)=2(H)·c(C0),当两浓度相等 c(HCO) c(H2 CO) 时，c2(H)=K1·K2=1016.68,所以c(H+)=108 mol/L,即pH=8.34,A错误；B.若不考虑CO号水解， 溶解度s满足Kp[CaC03]=s2=108.8,得s=1044 mol/L;但实际上CO号会水解为HCO、H2CO3,因此 溶解度大于10424mol/L,B错误；C.根据元素守恒， c(Ca2+)=c(H2CO)+c(HCO)+c(CO),c(Ca2+) 展大：00的第一亨水解兮数K-亮=101”，客液 中OH主要由CO水解产生，设CO水解浓度为x, 0