上篇 专题五 选择题突破五 2.“分布系数图像”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

变式集训典题 1.(滴定曲线与分布系数2025·云南卷)甲醛 法测定NH4的反应原理为4NH十 6HCHO -(CH2)NH++3H++ 6H2O。取含NH4Cl的废水浓缩至原体积的 后，移取2000mL,加入足量甲醛反应后， 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 与pH关系如图2[比如：8[(CH2)NH]= c[(CH2)N H] cCH,)sN+cL(CH),N]。下列说法 正确的是 121 1.01- 0.8 f6.00,0.88) 8 6 0.6 0.4 21 0.2 0651015202530 V(NaOHy/mL 图1 图2 A.废水中NH4的含量为20.00mg·L1 B.c点：c[(CH2)N4H+]+c(H+) =c(OH) C.a点：c[(CH2)gN4H+]>c(H+)> c(OH)>c(CH2)N] D.(CH2)6N4H+=(CH2)gN4十H+的平 衡常数K≈7.3X10-6 选择题突破五 2.“分布系 突破核心透视 分布分数图像模型 明确分布 根据反应过程中溶液pH变化测 分数图像→定溶液中不同pH时，微粒在溶液 的来源 中的物质的量分数、微粒浓度 第二步：确定每条曲线代表的微 粒、变化趋势。 第二步：标浓度、用交点计算相关 量：（以NaOH溶液滴定三元弱酸 H3A为例) 酸性较强时，A主要以H3A的形 分析图像→式存在，随着酸性减弱，分别主要 以H2A、HA2-的形式存在，碱 性较强时，主要以A3-的形式存 在。故8、⊙1、62、63分别表示 H3A、H2A、HA2-、A3-的分布 分数。 51 上篇专题五电解质溶液中的平衡 2.将等物质的量浓度等体积的甘氨酸溶液与 盐酸混合，发生反应：H2N一CH2一COOH +H一H3N一CH2一COOH,取上述溶 液（含0.04molH3N-CH2一COOH),滴 加NaOH溶液，pH的变化如图所示（注：b 点溶液中甘氨酸以H3N一CH2一COO的 形式存在)。 9.6 7.0 2.3-a i 00.020.040.060.08 n(NaOH/mol 下列说法不正确的是 ( A.H3N一CH2一COOH中解离出H+的能 力：-COOH>-NH B.b点溶液pH<7,推测HN一CH2 COO中H,N一解离出H+的程度大于 一COO水解的程度 C.c点溶液中存在：c(Na)>c(CI)> c(HaN-CH,-COOH)> c(H2 N-CH2-COO) D.由d点可知：H3N一CH2一COO三 H2N-CH2-COO+H+的K≈109.6 C温馨提 学习至此，请完成配套专题精准强化15 数图像”的分析应用 最高点，可表示NaHA溶液 最高点，可表示NaHA溶液 1.0 曲线交点，c(HA 0.8 cHA),利用该点可 曲线交点。HA2 计算K=10 06 0.4 利用该点可 曲线交点，cHA上 计算K=10 0.2 c阳A2).利用该点可士 计算K=10 01 高考经典再研 1.(H2CO3|2026·陕晋青宁卷)二氧化碳、碳 酸及其盐在自然界的迁移转化，是环境中碳 循环的重要部分。常温下，H2CO3溶液中 各含碳物种的分布系数8与一1g[c(OH)/ (mol·L1)]的变化关系如图 化学 1.0 0.5 M 0.0369 7.65 2T46 810 -Ig[c(OH/(mol-L)] [比如：8(H2CO3)= c(H2 CO3) (HCO,+(HC)C],CaCO, 的Kp为108.48。将足量CaC0,(s)置于纯 水中得到饱和溶液。下列说法正确的是 ( A.M点的pH为5.66 B.CaC0,(s)在纯水中的溶解度为1044mol·L1 C.该CaCO3饱和溶液中，c(Ca+)> c(HCO)>c(CO D.反应CaCO3(s)+H2CO,-Ca2++ 2HC03的平衡常数为10.50 2.（分布系数|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，0.100mol·L-1的HL 和0.002mol·L1的CuSO4混合溶液中， HL2-和L3-的浓度对数lgc(实线)、含铜微 粒的分布系数6（虚线）[例如c2+= c(Cu2) c(Cu)+c(CuL)+c(CuL,)]与溶 液pH的关系如图所示： 01a(x,-1) I (11.6,-1.3) r1.0 6.4,0.90) -4 0.8 0.6 0.4 。(6.4,0.09) 0.2 -12 0.0 67891012 下列说法错误的是 ( A.Cu2++L3--[CuL],K=10.4 B.HL2=H++L3-,K=1011.6 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-) 52 变式集训典题 1.(Mg2+与CO的竞争反应图像2023·北 京卷)利用平衡移动原理，分析一定温度下 Mg2+在不同pH的Na2CO,体系中的可能 产物。 已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中 各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ⅱ.图2中曲线I的离子浓度关系符合 c(Mg2+)·c2(OH)=Kp[Mg(OH)2];曲 线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)· c(CO)=Km(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3) =0.1mol·L1,不同pH下c(CO)由图 1得到]。 1.0 HCO CO 0.8H,C0 0.6 0.2 0.0 6 10 12 图1 I .Mg(OH), 0 II.MgCO 10 11 12 pH 图2 下列说法不正确的是 A.由图1，pH=10.25,c(HC03)=c(CO) B.由图2，初始状态pH=11、1g[c(Mg2+)] =一6，无沉淀生成 C.由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)门= 一2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)十 c(HCO3)+c(CO)=0.1 mol.L-1 D.由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg+)门 =-1,发生反应：Mg2+十2HCO3 MgCO3V+CO2个+H2O 2.(乙二胺分布系数|2025·河南卷)乙二胺 (H2 NCH CH2NH2,简写为Y)可结合H转化 为[HNCH,CHNH](简写为HY)和 [HNCH,CHNH]+(简写为H2Y2+),Ag 与Y可形成[AgY]+和[AgY,]+两种配离 子。室温下向AgNO,溶液中加入Y,通过 调节混合溶液的pH改变Y的浓度，从而调 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 ×103mol·L1和1.15×102mol·L1。 -lg[c(M)/(mol·L1)]与-lg[c(Y)/ (mol·L-1)]的变化关系如图1所示（其中 M代表Ag、[AgY]+或[AgY2]+),分布系 数8(N)与pH的变化关系如图2所示（其中 N代表Y、HY+或H2Y2+),比如6(H2Y2+) c(H2Y2+) c(Y)+c(HY)+c(H,Y2) ● 选择题突破五 3.“对 突破核心透视 对数图像模型 明确对数图像是由哪种类型的图 像转化得到的，如①pH/pOH 明确对数 图像与其 1gX图像、②lgc-lgX图像均可由 →分布分数图像转化得到(“曲线” 他类型图 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 像转化得到等。 第二步：找特殊点，计算平衡常数， 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 应的平衡常数(pH=一1gKa、14 pOH=一lgKa),确定直线表示的 含义（根据Ka1>Ka2或Kb1> 分析图像 Kb2确定对应直线)。 第二步：分析问题。根据反应原理、 电离（水解）平衡，结合“三大守 恒”等进一步分析问题。 如向弱酸H2X溶液中滴加NaOH 溶液为例。 上篇专题五电解质溶液中的平衡 1.0 0.8 5 3.00,5.01) 3.004.70 0.0 519.93 8 10 12 lc(Y)/mol·L〗 图1 图2 下列说法错误的是 A.曲线I对应的离子是[AgY2] B.6(HY+)最大时对应的pH=8.39 C.反应Ag+Y一[AgY]的平衡常数 K1=104.70 D.-lg[c(Y)/(mol·L1)]=3.00时， c(HY+)>c(H2Y2+)>c(Y) C温馨提 学习至此，请完成配套专题精准强化16 数图像”的分析应用 当欲器值如时者- 或c(HX)=c(HX),结合pH及K(HX)>K(HX)可得 K,但，X)=10-“K,H,X)=10-4则M表示g0 e(HX) 4 1.2-0.8-0.400.40.81.2 器 X2- 两个等浓度点连线的中点，可表示NaHX溶液，根据 其对应的pH可知，NaHX溶液显酸性，即HX的电离 程度大于其水解程度 高考经典再研 1.(二元酸的对数图像 APH 3.8 2025·湖南卷)草酸广 泛应用于食品、药品等 1.2 -3.8 -1.20 领域。常温下，通过下 lgx 列实验探究了草酸的性质： 实验1：向10mL0.2mol·L1HCO溶液中滴 入一定量0.2mol·L1KOH溶液。混合溶液的 pH与xx-HCC或CC的关系 c(HCO4)c(HC,OA)」 如图所示。 53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 CO+H,O-HCO+OH 始mol/L 10-4.24 0 0 变mol/L x x x 平mol/L 10424-x x x, 10-4.24-x =103.67,x≈4.7×10-5mol/L, 4.7×105mol/×100%≈81.7%，水解率超过50%， 1×10-4.24mol/L 这说明水解程度很大，产生了较多的HCO,,故c (HCO5)>c(CO),浓度顺序成立，C正确；D.平衡常 教K=c(Ca+)·c2(HC0) c(H2 CO,) CH)(H. c(H2CO3)·c(CO)·c(H) K,代 入Kp=1088、K1=1065、K2=10-10.39,得K= 104.50,不是1050，D错误。] 2.C HL2与L间存在转化关系：HL一L+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 76.4,0.90 0.8 4 0.6 -0.4 。(6.4,0.09) 0.2 12-- 0.0 4 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V的交点代表dc.2+=dcl即c(Cu2+) =c([CuL]),由图可知，此时lgc(L3-)=-9.4,代入 1 平衡常数表达式得K=一 c([CuL]) c(C2+)·c(L)=109 =10.4,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 入平衡常教表达式得K=cL):c)=101.6,B c(HL) 正确；曲线V和曲线V的交点代表cuL2=cu即 c([CuL2]4-)=c([CuL]),此时lgc(L3-)=-7.2,可 得[CuL]+L3[CuL2]4的平衡常数K' c([CuL2]4-) c(Cul])·c(L3-）=10a=1022,a点时，02+ =0caL,J4-，代入KXK'= c([CuL]) c(Cu2+)·c(L3F) c([CuL2]4-) c([Cul])·c(L3)2(L8)=1024×1022=1016, 23 讲解册参考答案 解得c(L3-)=108.3mol·L-1,且a点对应c(HL2-) =101mol·L-1,代入HL2-一Ht+L3-的平衡常数 K=c(L）:cH*)=101.4,计算得c(H*)=104 c(HL) mol·L1,故pH=4.3,C错误；当pH=6.4时， c(HL2)最大，接近101mol·L,结合B项中平衡常 数可计算得c(L3-)≈106.2mol·L1,0cL,=0.90, 8c=0.09,结合Cu元素守恒知，c([CuL2]) =0.90×0.002mol·L-1=1.8×10-3mol·L1, c([CuL)=0.09×0.002mol·L-1=1.8×10-4mol·L-1, 因此体系中c(HL2-)>c([CuL2]-)>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(Mg2+)]=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(H2C0)+c(HC0)+c(CO)<0.1mol·L1,C项错 误；D.pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO,pH =8,lg[c(Mg2+)]=一1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 Mg2++2HCO一MgC03↓+H2O+CO2↑，D项正确.] 2.D 8 Ag'+YAgY] [AgY [AgYT'+Y[AgY 二6 3.00,5.01 cAgY)门先 [AgY] 增大再减小， 3.00 4.701 Ag' 2 3 4 5 6 lgc(Y)/mol·L] [A.由分析可知，曲线I表示[AgY2]+,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 +HO-HY++OH-,Km -c(HY)c(OH), c(Y) c(HY+)=c(Y)时，c(H+)=10-9.98mol·L-1,c(OH) =10407mol·L1,则K1=104o7,同理K2=10-7.15 KuXKv=(HY)c(OH-)(H Y).c(OH-) c(Y) c(HY) =c(H,Y2+):c(OH）=1012,由图像可知，当 c(Y) 6(H2Y2+)=(Y)时，6(HY)最大，则c(OH)=105.1 mol·L1,pOH=5.61,pH=8.39,B正确；C,反应Ag+Y 化学 一[AgY门+的平衡常数K,=c[AgY) c(Ag)·c由图可知，当 c(Y)=104mol·L1时，c([AgY]+)=c(Ag),则K1 10元=10，C正确；D.-lg[c(Y)/(molL1刀 =3.00时，c(Y)=10-3mol/L,c(Ag+)=10-5.o1mol·L-1, c([AgY2]+)=c([AgY]+),由元素守恒可知，c(Ag)十 c([AgY2]+)+c([AgY]+)=1.00×103mol/L,则 c([AgY2]+)=c([AgY]+)=4.95X104mol/L,Y的初 始浓度为1.15×102mol·L1,由元素守恒得 2c([AgY2]+)+c([AgY]+)+c(Y)+c(HY+)+ c(H2Y2+)=1.15×10-2mol/L,代入数据，c(Y)+ c(HY+)+c(H2Y2+)≈0.01mol/L,则8(Y) c(Y) =103mol·L1 c(0+cHY)+c(HY+)0.01mol·i7=0.1,由 图像2可知，pH在8.39~9.93之间，此时c(HY+)> c(Y)>c(H2Y2+),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.D [K)) c(H,CO) c(HC2) 根据K1>K2可知，当lgX=0时，X c(HCO）或 c(H2 C2 O) AA c(C2) =1,K对应的c(H)大，pH数值小，因此K c(HC2O) =c(HC,O)·c(H) c(H2C2O) =101,K。=cC0)·c(H) c(HC,O) 108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。 AK1×Ke=cHC,0）:cH)×c(C,0)·c(H) c(H C.O) c(HC2O) c(C,0)·c2()=105°，当溶液中c(C0)= c(H,C,O) c(C,O)时，c(r)=1025mol/L,pH=25,A正 确；c(HCO)=c(CO)时，pH=(pK+pK1)/2 B.当溶液呈中性时，c(H+)=10-7mol/L,由两步电离平 c(HC2O4)=1012 衡常数可知，cH,C0=107>1,c(HC,0)> 6G0.同20是}-8”>1C0) c(HC2O),B正确；C.实验2的离子方程式：H2C2O(aq)十 Ba2+(aq)-一BaC2O,(s)十2H(aq),平衡常数： K- c2(H+) c(Ba2+)·c(H2C2O4) 23 c(H)·c(HCO)·c(H)·c(C,O) c(Ba2+)·c(C2O)·c(H2C2O1)·c(HC2O,) K1·K2105 F。BaC0,)-10=1026,平衡常数较大，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H2C2O4=一2H+十 C,OK=105.0,二者等体积混合，c(H2C2O4)= 0.1mol/L,列三段式： H,C2O 2H++C2O 始mol/L0.1 0 0 变mol/L x 2x x 平mol/L 0.1-x 2x x, 则。4=100，估算x的数量级为109，故Q c(Ba2+)·c(C2O2)≈0.1×10-3=10-4>Kp(BaC2O4) =101.6,故有沉淀生成，C正确；D.电荷守恒中右侧缺 少了OH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. 装中反层的K-C3sH=346时， 由I和Ⅱ相交可知，此时c(CuAc)=c(Cu+),且由M 点坐标可知，c(HAc)=10o.8smol/L,代入平衡常数表 达式：K=1036 一10丽=1020，B正确；C.根据P点坐标，此 时pH=5.75,c(CuAc)=c(HAc)=10-187,反应Cu2+ +HAc一CuAc+H的平衡常数K=l020,代入 数据得到：10西 c(Cn*=10-20,故c(Cu2+)=l015mo/ L,Kp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH)=10-3.15X (10825)2=10-19.65,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)+c(HAc)+ 2c(CuAc2)=0.20mol/L,对于HAc的电离平衡常数： K=《AD,支形释代品代入 c(HAc) 题千原式，得到原式=3c(HAc)十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(CuAcz)],Q 存在c(HAc)=c(CuAc2),由于c(CuAc)>0,故原式= 0.2mol/L-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(C2O)2]2,A错误；B该 反应的平衡常数K=cCu(CQ了} cCCQ)·cC0)分析推导可知