考点23 物种浓度分布曲线与pH关系分析-【大数据建模高考】2027高考化学精准二轮复习课件PPT

考点23　物种(浓度/分布)曲线与pH关系分析 成都郭小渠名师 工作室·出品 2026年全国高考真题分类全解◎二轮专题复习导航 10 十一月 2026 说明 1.本PPT是《大数据建模高考化学》的二轮复习用书的教学用PPT。全书以2026年全国及各省市解密高考真题为核心题源进行研究，进行完整的分类汇编。旨在检验一轮复习成果、小综合分类训练，探究新的考试方向。 2.从六个维度挖掘真题价值、探究高考命题的底层逻辑，实现高考复习从“刷题”到“研题”的转变，从“传统经验”研判走向“数据实证”驱动的变革。 3.将高考试题划分为六个难度层级：❶❷基础性试题；❸综合分析；❹迁移应用；❺❻创新探究。并与高考录取层级对应。以落实“以人为本，分层教学”的复习策略。 4.PPT采用人工智能的模板化设计和制作，采用文本化呈现，有利于修改和移植。如遇制作上的勘误，请查阅原书更正。 5.要进一步了解本书的体系和实施策略，请关注我们团队的公众号：scthgxq 考点23 · 02 (一)考查内容与统计 考查要求 (1)内容：共考查35次，难度最高五星。分布系数图求浓度与常数、配离子分布曲线分析、pH曲线求常数与溶度积、离子平衡方向与性质强弱判断。 (2)考型：分布系数与配位常数求解、物种归属与浓度比、由曲线交点求平衡常数、平衡移动方向与性质强弱比较。 (3)方法：先归属曲线再取点读数，由交点求常数，结合守恒与平衡联立判断不等式，排除干扰因素后判定平衡方向。属图像与计算结合最紧的考点，题量大、五星题集中，对读图能力要求很高。 内容统计 分布系数图求浓度与常数(3次/★★★★★)分布系数δ、配位平衡常数、物料守恒 配离子分布曲线分析(2次/★★★★★)配位稳定常数、物种归属、浓度比 pH曲线求常数与溶度积(4次/★★★★★)pX-pH曲线、Kₛₚ、电离常数 离子平衡方向与性质强弱判断(4次/★★★★)水解与配位、氧化还原、结论有效性。 考点23 · 03 (二)一轮链接 分布系数与滴定曲线 pM-pX图像分析中pM＝-lg[c(M)]时为反变，pM的值越大c(M)的浓度越小，即“大p拥小c”；MX型为斜率-1的直线，Kₛₚ越大越靠近原点(P203); 🔗平衡体系中某一元素存在的各物料分布系数δ(X)＝c(X)/[c(H₂A)⁺c(HA⁻)⁺c(A²⁻)]，溶液中Σδ(X)=1；组分浓度c(A)=c₀(A)×δ(A)(P206); 中和滴定与指示剂 🔗中和滴定曲线关键点为起点(未加滴定剂试液pH)、终点(n(H⁺)=n(OH⁻)，不一定中性)、突变(终点附近pH突变，多元弱酸有多个)、倍点；由“中性点”与“终点”相互参照可判断酸碱强弱与溶质(P205); 🔗中和滴定中通常选择最接近滴定终点pH的色变作为指示剂终点的颜色；石蕊因颜色变化不明显且范围过宽，一般不予选用(P202)。 衔接 衔接：2026年升级从单一平衡计算转为多物种分布曲线与多守恒联立的综合识读，并要求把实验现象链转化为平衡移动与性质强弱的判断，强调“图像-常数-守恒-结论”四位一体的程序化。 考点23 · 05 (三)实考知识 分布系数与守恒关系 1.分布系数与物种归属：分布系数δ(X)=c(X)/Σc，曲线只增或只减者对应起始或最终物种，先增后减者为中间物种，两曲线相等处δ=0.5[湖北-15/陕晋青宁-14]; 2.交点取点求电离/配位常数：两物种浓度相等的交点处c(H⁺)=10(-pH)，由Kₐ=c(H⁺)或K稳=1/c(L⁻)ⁿ等可求各级常数；相邻常数相乘得累积常数[陕晋青宁-14/甘肃-14]; 3.物料守恒与电荷守恒联立：含多物种体系列物料守恒c(总)=Σ各物种浓度与电荷守恒，合并消去中间量(如Cl⁻、Cu²⁺)以判离子浓度大小或加酸加碱方向[山东-15/黑吉辽蒙-15]; 4.溶度积Kₛₚ与沉淀完全判据：Kₛₚ=c(M²⁺)·c²(S²⁻)等；c(M²⁺)<1×10⁻⁵ mol·L⁻¹视为沉淀完全；同一pH下c(S²⁻)相同，可由lgc大小比较共沉淀离子浓度[海南-14/山东-15]; 考点23 · 06 (三)实考知识（续） 电离、配位与水解 5.弱酸电离与pH近似：弱酸c(H⁺)≈√(Ka·c)，H⁺主要来自较强酸，较弱酸电离被抑制；pH=-½(lgKa+lgc)，取特征点匹配曲线[浙江6月-15]; 6.配位平衡与配离子稳定性：Mⁿ⁺+nL⇌MLₙ，累积稳定常数βₙ随配位数变化；配离子转化向生成更稳定(β更大)的方向进行[福建-10/北京-14]; 7.盐类水解与平衡移动：Fe³⁺ + 3H₂O ⇌ Fe(OH)₃ + 3H⁺，加酸抑制水解；盐溶液酸碱性由阴阳离子水解程度比较(越弱越水解)判断[河南-9/河北-13]; 8.氧化还原与配位共存判断：反应含价态变化属氧化还原而非复分解；还原性配离子(如[Cu(NH₃)₂]⁺)可被O₂氧化，Cu²⁺水解致溶液显酸性(pH<7)[江苏-9/河南-9]; 9.实验事实推结论的有效性：由实验事实下结论须排除干扰：两性氢氧化物遇过量碱溶解、沉淀颜色掩盖、配位转化等；配离子稳定性由转化方向判断[河北-13/北京-14]。 考点23 · 07 (四)关键能力 模型1　分布曲线识读与物种归属模型[湖北-15]。①读横纵轴：确认横轴(pH或lgc(F⁻)等)与纵轴(δ、pX或-lgc)；②判单调：只增或只减的曲线对应起始或最终物种，先增后减者为中间物种；③定交点：两曲线相等处δ=0.5或c相等，读出对应pH与c；④归物种：按配位数递增或电离级数归属各曲线所代表的物种； 模型2　交点取点算平衡常数模型[甘肃-14]。①定交点：选两物种浓度相等的点，读出该点pH与c；②代定义：将c(X)=c(Y)代入平衡常数表达式消去变量；③求常数：由Kₐ=c(H⁺)或K=1/c(L⁻)ⁿ等算出对数值；④验关系：用相邻常数乘积或物料守恒验算浓度比； 模型3　守恒联立判定不等式模型[山东-15]。①列物料：写出金属、配体、钠等总浓度守恒式；②列电荷：写出体系中所有离子的电荷守恒式；③消元：合并多式消去中间物种(如Cl⁻、Cu²⁺)；④判不等式：代入题给点或特殊pH比较大小或判断加酸加碱； 模型4　实验平衡方向判断模型[河北-13]。①梳操作：按试管或步骤列出各步操作与现象链条；②写平衡：写出涉及的水解、配位、氧化还原平衡式；③查干扰：排除两性溶解、沉淀掩盖、配位转化等干扰因素；④定结论：由平衡移动方向或配离子稳定性判断性质强弱与结论有效性 考点23 · 08 (五)易错点与避坑指导 易错点 避坑指导 读分布系数图只认“δ相等即c相等”的表层结论：在δ(HL)=δ(ZnL₂)交点处直接视同浓度关系下结论，未列L、Zn两物料守恒联立消元，误判c(HL)+c(L⁻)与c(Zn²⁺)的大小[湖北-15]。 应先分别写出L与Zn的物料守恒，联立消去c(ZnL₂)等中间物种再比离子浓度大小，不靠交点直观下结论。 取pX-pH图P点算Kₛₚ时把“曲线交点”直接当读数：未读准P点pH=5.75并据K=10⁻².⁶⁰反推c(Cu²⁺)=10⁻³.¹⁵，误读交点pH或错用c(Cu²⁺)，得Kₛₚ=10⁻²⁰.⁹⁷而非10⁻¹⁹.⁶⁵[黑吉辽蒙-15]。 先由交点c(CuAc⁺)=c(HAc)结合K=10⁻².⁶⁰反推c(Cu²⁺)=10⁻³.¹⁵，再乘c²(OH⁻)=10⁻¹⁶.⁵得Kₛₚ=10⁻¹⁹.⁶⁵，取点务必读准pH。 合并守恒式时只图消元、漏盯电荷平衡：消去Ca²⁺、Cl⁻得c(HCO₃⁻)+2c(H₂CO₃)+c(H⁺)=c(OH⁻)+c(NH₃)后，未据pH=7时c(HCO₃⁻)>c(NH₃)补NO₃⁻，误判加NaOH而非HNO₃[山东-15]。 物料电荷三式联立消去Ca²⁺、Cl⁻得c(HCO₃⁻)+2c(H₂CO₃)+c(H⁺)=c(OH⁻)+c(NH₃)；pH=7时c(HCO₃⁻)>c(NH₃)须补NO₃⁻，故加HNO₃。 考点23 · 09 (五)易错点与避坑指导（续） 易错点 避坑指导 在配离子分布曲线交点处混淆“总浓度”与“游离浓度”：见N点c总(Cl⁻)=0.45 mol/L便直接当作游离c(Cl⁻)代入Kₙ表达式，未借K₁反推c(Cl⁻)=10⁻⁰.⁴而算错平衡[福建-10]。 曲线交点只表明各含铜物种浓度相等，游离c(Cl⁻)须由Kₙ反推(N点c(Cl⁻)=10⁰.⁴)，总氯浓度不等于游离Cl⁻，代入前先辨清。 见“过量NaOH得红褐色沉淀”便直接比Kₛₚ：未想Al(OH)₃有两性、会被过量碱溶为Na[Al(OH)₄]，也忽略红褐色Fe(OH)₃会盖住白色Al(OH)₃，错把“只看到一种沉淀”当“溶度积更小”[河北-13]。 把“观察到的沉淀外观”当成“溶度积大小”的证据是症结。先确认有无两性氢氧化物被过量碱溶解，再看沉淀颜色是否被掩盖；Al(OH)₃遇过量NaOH溶为Na[Al(OH)₄]且红褐色Fe(OH)₃掩白，不能据此比Kₛₚ。 比较碘分布时混淆物种与总碘：把I₂+I⁻⇌I₃⁻中的I₃⁻也当游离I₂计数，使c[I₂(H₂O)]偏大；增CCl₄体积只盯n增多，忽略K₁不变下水层c[I₂(H₂O)]减小、有机层c[I₂(CCl₄)] 随之减小[北京-14]。 I₂ + I⁻⇌I₃⁻中I₃⁻须单独计数不计入游离I₂；温度不变K₁恒定，c[I₂(CCl₄)]=K₁·c[I₂(H₂O)]，水层I₂减则有机层同减，勿被n增多误导。 考点23 · 10 (六)创新与方法 1．表征判据[江苏-9]：以连续实验现象链(颜色、沉淀)耦合配位平衡与氧化还原，把Cu²⁺→CuCl==[Cu(NH₃)₂]⁺→[Cu(NH₃)₄]²⁺的价态与配位数变化图示化，要求由颜色反推反应类型。方法指导：①见颜色或沉淀先写价态变化式，判复分解或氧化还原；②比反应前后n(Cl⁻)与pH，注意Cu²⁺水解致酸性(pH<7)。 2.表征判据[北京-14]：以三支试管分配实验(水/有机/碘化钾)图示表征萃取与配位竞争，并以游离I₂与I₃⁻的计量区分考查定量。方法指导：①按相似相溶先判分配K₁>1；②把I₃⁻与游离I₂分计数，体积变化时盯住c与n的区别。 考点23 · 11 典型示范 [北京-14] 难度❺　第1题 已知I₂存在如下平衡：①I₂(H₂O)⇌I₂(CCl₄)　K₁；②I₂+I⁻⇌I₃⁻　K₂。研究I₂在H₂O、CCl₄和KI水溶液中的溶解性，实验如下： 资料：依据Na₂S₂O₃与I₂的反应，以淀粉为指示剂，用Na₂S₂O₃标准溶液可准确测定水溶液中I₂的浓度。下列说法不正确的是(　　) A.a→b的现象符合相似相溶原理，可知K₁>1 B.三支试管中，c(I₂，H₂O)的大小顺序：a>c>b C.a→b中，若增加CCl₄的体积，则c(I₂，CCl₄)一定减小 D.测c中c(I₂，CCl₄)：取c的下层溶液，加入KI水溶液后，依据资料方法测定 答案1：B A正确，I₂和CCl₄均为非极性，相似相溶；大部分I₂进入有机层，K₁ = c[I₂(CCl₄)]/c[I₂(H₂O)> 1；B错误，a为饱和碘水，c[I₂(H₂O)]最大；加入CCl₄后水层浓度降低(a > b)；滴入KI后，I₂+I⁻⇌I₃⁻消耗游离I₂，c[I₂(H₂O)]进一步减小，故顺序为a > b > c；注意：不能把I₃⁻当作I₂计算。C正确，温度不变，K₁不变，增加CCl₄体积，使水层I₂浓度减小，由c[I₂(CCl₄)] = K₁·c[I₂(H₂O)]，知有机层浓度也减小，注意区分，n[I₂(CCl₄)]增多；D正确，加入KI水溶液后I₂与I⁻反应生成I₃⁻进入水层，用Na₂S₂O₃标准溶液滴定可测定I₂总量。 考点23 · 14 试题分析 [北京-14] 难度❺　第1题 试题情境： 给出分配平衡与三支试管的操作，要求判断溶解性差异与定量手段。 分析关联： 按操作链推：加 CCl₄ 后水层游离 I₂ 减少，再滴 KI 则 I₂ 继续被消耗，三支试管的水层浓度依次降低。加 CCl₄ 改变的是两层各自的浓度，不是分配系数；测有机层须先转回水相才能滴定。 模型应用： 分配平衡与缔合平衡，前提是温度不变则 K 不变。判断浓度变化方向时须区分浓度与物质的量——加溶剂后某层浓度必减小，但该层中 I₂ 的总量可增多；定量时须把 I₃⁻ 中的 I₂ 计入总量，不可只算游离 I₂。 答案B 反查易错： C 项「一定减小」在温度不变的前提下才成立，若同时升温则 K 变化，结论不再有效；测 c 时加入 KI 是把有机层的 I₂ 转入水层，不是新生成 I₂。 考点23 · 16 跟踪训练 [湖北-15] 难度❺　第2题 ◎1　分布系数图求浓度与常数 某溶液含有初始浓度为2.5×10⁻³mol⋅L⁻¹Zn²⁺和5.0×10⁻³mol⋅L⁻¹配体酸HL。溶液中的部分物种分布系数δ(x)=c(x)/5.0×10⁻³mol⋅L⁻¹随pH变化如图所示，除了Zn²⁺、ZnL₂外不考虑其他含Zn物种。已知25℃时，HL电离常数的lgKa=-9.32，lg2.5=0.40。下列说法错误的是(　　) A.pH=2.10时，溶液中有ZnL₂生成 B.pH=3.25时，c(HL)>c(ZnL₂) > c(L⁻) C.Zn²⁺ + 2L⁻⇌ZnL₂平衡常数的lgK=17.34 D.c点对应的溶液中，c(ZnL₂) = 2c(Zn²⁺) + c(L⁻) 答案2：D A正确、由图像可知，pH=2.10时ZnL₂的分布系数大于0，故溶液中有ZnL₂生成。B正确、pH=3.25时，δ(HL)=0.5，故c(HL)=2.5×10⁻³ mol·L⁻¹；此时生成c(Zn²⁺)=c(ZnL₂)=1.25×10⁻³ mol·L⁻¹/2=1.25×10⁻³ mol·L⁻¹, c(L⁻)= c(HL)+2 c(ZnL₂)≈0，由化学平衡常识，得c(HL) > c(ZnL₂) > c(L⁻)≠0。C正确、pH=3.25时c(Zn²⁺)=c(ZnL₂)，则平衡常数K=c(ZnL₂)/c(Zn²⁺)⋅c(L⁻)² =1/c(L⁻)²； c(L⁻)=Kₐ⋅c(HL)/c(H⁺)=10⁻⁹.³²×2.5×10⁻³/10⁻³.²⁵=2.5×10⁻⁹.⁰⁷mol/L；故lgK=−2lgc(L⁻)=-2(0.40 - 9.07)=17.34。D错误、c点δ(HL)=δ(ZnL₂)，即c(HL)=c(ZnL₂)。由L物料守恒：c(HL) + c(L⁻) + 2c(ZnL₂) = 5.0×10⁻³ mol·L⁻¹；由Zn守恒得c(Zn²⁺) + c(ZnL₂) = 2.5×10⁻³ mol·L⁻¹，代入，消去c(ZnL₂)得：c(ZnL₂)+c(L⁻)=2c(Zn²⁺)。 考点23 · 19 跟踪训练 [陕晋青宁-14] 难度❺　第3题 ◎1　分布系数图求浓度与常数 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δ与−lg[c(OH⁻)/(mol·L⁻¹)]的变化关系如图:[比如：δ(H₂CO₃) = c(H₂CO₃)/[c(H₂CO₃)⁺c(HCO₃⁻) +c(CO₃²⁻)]，CaCO₃的Kₛₚ为10⁻⁸.⁴⁸。 将足量CaCO₃(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.CaCO₃(s)在纯水中的溶解度为10⁻⁴.²⁴ mol·L⁻¹ C.该CaCO₃饱和溶液中，c(Ca²⁺)>c(HCO₃⁻)>c(CO₃²⁻) D.反应CaCO₃(s) + H₂CO₃ ⇌ Ca²⁺ + 2HCO₃⁻的平衡常数为10⁴.⁵⁰ 答案3：C 随pOH增加(酸性增强),δ点线只增加的是H₂CO₃；δ虚线只减少的是CO₃²⁻，δ实线先增加后减少少的是HCO₃⁻;由图：当pOH=3.67时，相交c(CO₃²⁻)=c(HCO₃⁻)。pH=14−3.67=10.33，Kₐ₂(H₂CO₃) = c(H⁺)·c(CO₃²⁻)/ c(HCO₃⁻) = c(H⁺)=10⁻¹⁰.³³，同理当pOH=7.65时，c(HCO₃⁻)=c(H₂CO₃)，Kₐ₁(H₂CO₃)=10⁻⁶.³⁵。[《大数据》讨论]A错误，M点c(H₂CO₃)=c(CO₃²⁻)，则c²(H⁺)=Kₐ₁·Kₐ₂=10⁻¹⁶.⁶⁸，pH=8.34[《大数据》讨论结论]；B错误，若不考虑CO₃²⁻水解，溶解度s满足Kₛₚ[CaCO₃]=s²=10⁻⁸.⁴⁸，得s=10⁻⁴.²⁴mol/L；但实际上CO₃²⁻会水解为HCO₃⁻、H₂CO₃，因此溶解度大于10⁻⁴.²⁴mol/L；C正确，由物料守恒c(Ca²⁺)=c(H₂CO₃)+c(HCO₃⁻)+c(CO₃²⁻)，故c(Ca²⁺)最大；Kₛₚ=10⁻⁸.⁴⁸，知c(HCO₃⁻)+c(CO₃²⁻)=10⁻⁴.²⁴，c(HCO₃⁻)<10⁻⁴.²⁴，由水解反应知CO₃²⁻ + H₂O ⇌ HCO₃⁻ + OH⁻,c(HCO₃⁻)≈c(OH⁻)<10⁻⁴.²⁴，pOH>4.24>3.67，查图知：c(HCO₃⁻)>c(CO₃²⁻)；D错误，K=Kₛₚ·Kₐ₁/Kₐ₂ = 10⁻⁸.⁴⁸× 10⁻⁶.³⁵/10⁻¹⁰.³³=10⁻⁴.⁵⁰[《大数据》讨论结论弱电解质的多反应系统] 14 考点23 · 22 跟踪训练 [甘肃-14] 难度❺　第4题 ◎1　分布系数图求浓度与常数 H₃L是一种三元酸。M²⁺与L³⁻在溶液中存在如下平衡：M²⁺ + L³⁻ ⇌K₁ [ML]⁻ 和 [ML]⁻ + L³⁻ ⇌K₂ [ML₂] ⁴⁻，25℃时，M和L总浓度分别为1.000×10⁻³ mol/L和1.000×10⁻¹mol/L的溶液中、分布分数δ(X) [如δ(H₂L⁻) = c(H₂L⁻)/c(H₂L⁻)⁺c(HL²⁻)⁺c(L³⁻)]与pH的变化关系见图a(X分别为H₂L⁻、HL²⁻和L³⁻)，-lgc(Y)与pH的变化关系见图b(Y分别为L³⁻、(ML)⁻、(ML₂)⁴⁻和M²⁺)。下列说法错误的是(　　) A.pH=7.00时，c(HL²⁻)>c(L³⁻)=c(H₂L⁻)>0 B.曲线Ⅰ对应的离子为(ML₂)⁴⁻ C.25℃时，K₂=10⁶.⁹³ D.c(M²⁺)=c((ML)⁻)时，δ(L³⁻)=10⁻⁸.⁵² 答案4：A A错误，根据识图原理《见大数据》a图中第一个交点(2.50,0.5)，H₂L⁻⇌H⁺+HL²⁻,Kₐ₂ = c(HL²⁻)c(H⁺)/c(H₂L⁻)= c(H⁺)=10⁻².⁵;同理，a图中第二个交点(11.70,0.5)，得HL²⁻⇌H⁺+L³⁻，Kₐ₃=10⁻¹¹.⁷⁰，由H₂L⁻⇌ 2H⁺+L³⁻ ，得K=Kₐ₂Kₐ₃ = c(L³⁻)c²(H⁺)/c(H₂L⁻)，设当c(L³⁻)=c(H₂L⁻)，代入得：c(H⁺)=√(Kₐ₂Kₐ₃) =\r (10⁻².⁵·10⁻¹¹.⁷⁰) = 10⁻⁷.¹ ≠ 10⁻⁷(中性)(本方法在《大数据》中属结论例题)。B正确，图b中，随着pH升高， (注意：c(X)增加时，-lgc(L³⁻)值减少)-lgc(L³⁻)只减少(由a图)，-lgc(M²⁺)反应物只增加(不断消耗)，根据反应原理-lg([ML]⁻)先减少后增加，-lg([ML₂]⁴⁻)只增加，在pH=11时，由下至下的四条曲线是，-lgc(M²⁺)、-lg([ML]⁻)、-lg([ML₂]⁴⁻)(I曲线)、-lgc(L³⁻)；C正确，由信息知，[ML]⁻ + L³⁻ ⇌ [ML₂]⁴⁻ K₂ = c([ML₂]⁴⁻)/c([ML]⁻)⋅c(L³⁻)； 15 考点23 · 25 跟踪训练 [甘肃-14] 难度❺　第4题（答案与解析）（续） ◎1　分布系数图求浓度与常数 （解析续） 在图 b 中，交点， [ML]⁻= [ML₂]⁴⁻，pH =5.77，K₂==1/c(L³⁻)；由a图知，pH=5.77时，c(HL²⁻)>>c(H₂L⁻)和c(L³⁻)，c(HL²⁻)+c(H₂L⁻)+c(L³⁻)≈c(HL²⁻)≈1.000×10⁻¹mol/L, 由平衡常数得：c(L³⁻)=c(HL²⁻)Kₐ₃/c(H⁺)=₀.1×10⁻¹¹.⁷⁰/10⁻⁵.⁷⁷=10⁻⁶.⁹³, K₂= 1/c(L³⁻)= 10⁶.⁹³(或由多级平衡常数知，c(HL²⁻)=c(L³⁻) c(H⁺)/Kₐ₃，c(H₂L⁻)=c(L³⁻) c²(H⁺)/Kₐ₂Kₐ₃，c(HL²⁻)+c(H₂L⁻)+c(L³⁻)=c(L³⁻) c(H⁺)/Kₐ₃+c(L³⁻) c²(H⁺)/Kₐ₂Kₐ₃+ c(L³⁻)=1.000×10⁻¹mol/L,代入数据c(L³⁻)[10⁻⁵.⁷⁷/10⁻¹¹.⁷⁰+(10⁻⁵.⁷⁷)²/10⁻².⁵·10⁻¹¹.⁷⁰+1]=0.1，c(L³⁻) [10⁵.⁹³+10².⁶⁶ +1]=0.1，c(L³⁻)=10⁻⁶.⁹³，★分布图中各物质浓度的计算法)；D正确，当-lgc(M²⁺) =-lg([ML]⁻)(交点)时，-lgc(L³⁻) =9.52，c(L³⁻)=10⁻⁹.⁵²mol/L,由M²⁺+L³⁻⇌ [ML] ⁻，K₁=c([ML]⁻)/c(M²⁺)⋅c(L³⁻)=1/c(L³⁻)= 10⁹.⁵²，δ(L³⁻)=c(L³⁻)/c(总L)= 10⁻⁹.⁵²/₀.1= 10⁻⁸.⁵²(忽略金属配位消耗的少量配体)； 考点23 · 26 跟踪训练 [广西-14] 难度❺　第5题 ◎2　配离子分布曲线分析 常温下维持pH=3，向NaCl和B(OH)₃混合溶液中滴入NaF溶液。各含硼微粒分布分数δ(如δ(BF₄⁻) = c(BF₄⁻)/c( B(OH)₃)⁺c(BF₂(OH)₂⁻)⁺c(BF₃(OH)⁻)⁺c(BF₄⁻))与游离F⁻浓度对数(lgc(F⁻))之间的关系曲线如图。已知：①总反应为B(OH)₃ + 3H⁺ + 4F⁻ ⇌ BF₄⁻ + 3H₂O；②曲线j代表δ(BF₂(OH)₂⁻)与lgc(F⁻)之间的关系。下列说法正确的是(　　) A.曲线s代表δ(BF₄⁻)与lgc(F⁻)之间的关系 B.溶液中存在c(Na⁺)=c(F⁻)+c [BF₂(OH)₂⁻] +c[BF₃(OH)⁻] + c(BF₄⁻) C.总反应的K = 10¹⁹.⁰ D.将溶液pH调至6，曲线i向左平移 答案5：C A错误，随着lgc(F⁻)增大，B(OH)₃只减少(曲线s)，BF₄⁻只增多(曲线k)，两种中间产物先增加后减，峰值BF₂(OH)₂⁻(曲线j)在前，BF₃(OH)⁻(曲线i)在后，(见《大数据》专题详细讨论)。B错误，中Na⁺来自NaCl和NaF，根据物料守恒：c(Nₐ⁺)=c(Cl⁻)+c(F⁻)+2c[BF₂(OH)₂⁻]+3c[BF₃(OH)⁻]+4c(BF₄⁻)；C正确．总反应B(OH)₃+3H⁺+4F⁻⇌ BF₄⁻+3H₂O， K = c(BF₄⁻)/c(B(OH)₃)⋅c³(H⁺)⋅c⁴(F⁻)，取曲线s与k的交点(-2.5，0.28)，表明，c(B(OH)₃)=c(BF₄⁻)，lgc(F⁻)= -2.5，c(F⁻)=10⁻².⁵ mol/L，c(H⁺)=10⁻³ mol/L(实验条件)，代入得：K=1/(10⁻³)³⋅(10⁻².⁵)⁴=10¹⁹.⁰；D错误，pH调至6时c(H⁺)减小，平衡左移，生成BF₂(OH)₂⁻需更高c(F⁻)，曲线i应向右平移。 考点23 · 29 跟踪训练 [福建-10] 难度❺　第6题 ◎2　配离子分布曲线分析 向一含有Co(Ⅱ)和Cu(Ⅱ)的溶液中通入氯气，保持溶液体积不变，溶液中Cu²⁺等含铜物料的浓度随总Cl浓度的变化如下图所示。已知溶液中存在平衡Cu²⁺+nCl⁻⇌CuClₙ²⁻ⁿ，其平衡常数为Kₙ (n=1、2、3、4)，且有lgK₁=-0.4，lgK₂=-0.7，lgK₃=-2.3，lgK₄=-4.6。下列说法正确的是(　　) A.M点有c(CuCl₃⁻)/c(CuCl₂)=10⁻¹.²⁵ B.P点有c(Cl⁻)=0.45 mol/L C.N点有c(CuCl₂)/c(CuCl⁺)=10⁰.⁷⁵ D.曲线Ⅰ对应的物种为CuCl₄²⁻ 答案6：A 注意 Kₙ，表示Cu²⁺+nCl⁻⇌CuCl₂₋ₙⁿ的平衡常数， 而不是CuCl₂₋₍ₙ₋₁₎ⁿ⁻¹+nCl⁻⇌CuCl₂₋ₙⁿ的平衡常数，由于K₁>K₂> K₃>K₄。总氯浓度增大时c(Cl⁻)升高，含铜配离子的配位数随 之升高，故单调浓度下降的曲线为Cu²⁺，曲线Ⅰ为CuCl⁺，其 余曲线自上而下依次为CuCl₂、CuCl₃⁻、CuCl₄²⁻。A正确，M点c(Cu²⁺)=c(CuCl₂)，由K₂=c(CuCl₂)/c(Cu²⁺)⋅c²(Cl⁻) = 1/c²(Cl⁻)=10⁻⁰.⁷，即c(Cl⁻)=10⁰.³⁵ mol/L；再由K₃/K₂=c(CuCl₃⁻)/c(CuCl₂)·c(Cl⁻) =10⁻².³/10⁻⁰.⁷ = 10⁻¹.⁶，代入c(Cl⁻)=10⁰.³⁵ mol/L，得c(CuCl₃⁻)/c(CuCl₂)=10⁻¹.²⁵；B错误，N点为Cu²⁺和CuCl⁺的浓度交点，即c(Cu²⁺)=c(CuCl⁺)，根据平衡常数表达式K₁=c(CuCl⁺)/c(Cu²⁺)⋅c(Cl⁻)，代入c(Cu²⁺)=c(CuCl⁺)，可得K₁=1/c(Cl⁻)，故c(Cl⁻)=10⁻⁰.⁴mol/L，(或P点和N点表示同一体系，此时，c总(Cl⁻)=0.45 mol/L，c(Cl⁻)≠0.45 mol/L)；C错误，N点为c(Cu²⁺)=c(CuCl⁺)，代入 K₁=c(CuCl⁺)/c(Cu²⁺)⋅c(Cl⁻)=10⁰.⁴，可得c(Cl⁻)=10⁻⁰.⁴mol/L，由K₂/K₁=c(CuCl₂)/c(CuCl⁺)·c(Cl⁻)=10⁻⁰.³，代入c(Cl⁻)得c(CuCl₂)/c(CuCl⁺)=10⁰.¹；D错误，由上述分析可知，曲线Ⅰ对应的物种为CuCl⁺。 考点23 · 32 跟踪训练 [浙江6月-15] 难度❹　第7题 ◎3　pH曲线求常数与溶度积 某水溶液仅含两种一元弱酸HX、HY，且c(HX)+c(HY)=1.0 mol/L 已知：25℃时，Kₐ(HX) = 1.6×10⁻⁷，Kₐ(HY) = 1.6×10⁻⁵；lg2 = 0.3。25℃时，下图中，该溶液的pH与c(HX)、c(HY)之间关系曲线正确的是(　　) A.曲线Ⅰ B.曲线Ⅱ C.曲线Ⅲ D.曲线Ⅳ 答案7：B Kₐ(HY)=1.6×10⁻⁵≫Kₐ(HX)=1.6×10⁻⁷，H⁺主要来自HY电离，HX电离被抑制；弱酸电离度小，计算忽略，Kₐ(HY)=c(H⁺)c(Y⁻)/c(HY)≈c²(H⁺)/c(HY)，因此c(H⁺)≈√(Ka(HY)⋅c(HY))，pH=-1/2[lgKₐ(HY)+ lgc(HY)]，选图中lgc(HY)能用lg2 = 0.3进行计算的点，如c(HY)=0.8mol/L，pH=-1/2[lgKₐ(HY)+ lgc(HY)]=-1/2[lg1.6×10⁻⁵ + lg0.8] = -1/2[lg1.6×10⁻⁵ + lg0.8]= 2.45，特征点与曲线Ⅱ吻合；选其它的点也能计算pH约为2.45~2.75。 考点23 · 35 跟踪训练 [海南-14] 难度❺　第8题 ◎3　pH曲线求常数与溶度积 室温下，c(H₂S)恒定的溶液中，几种金属硫化物(MS)沉淀溶解平衡的lgc(M²⁺)与pH关系如图所示。已知：lg(3.16×10ⁿ)=n+0.5；Kₛₚ(NiS)=3.2×10⁻¹⁹；c(M²⁺)<1×10⁻⁵mol⋅L⁻¹时，可认为M²⁺沉淀完全。下列说法正确的是(　　) A.Ni²⁺与Fe²⁺共沉淀达到平衡后，c(Ni²⁺) < c(Fe²⁺) B.室温下，某金属硫化物MS的Kₛₚ(MS)=7.5×10⁻²⁰，pH=2.5时，可预测M²⁺在该溶液中沉淀平衡的c(M²⁺)=7.4×10⁻⁴mol⋅L⁻¹ C.pH=4时，1 L该溶液能将0.01 mol FeS全部溶解 D.该条件下，Ni²⁺、Mn²⁺ (同为0.1 mol⋅L⁻¹)混合溶液不能通过调节pH的方法实现沉淀完全分离 答案8：AB A正确，同一pH下c(S²⁻)相同，图中lgc(Ni²⁺)始终小于lgc(Fe²⁺)，故c(Ni²⁺)<c(Fe²⁺)；B正确，pH=2.5时c(Ni²⁺)=10⁻².⁵ mol·L⁻¹，由Kₛₚ(NiS)=3.2×10⁻¹⁹得c(S²⁻)=3.2×10⁻¹⁹/10⁻².⁵=3.2×10⁻¹⁶.⁵ mol·L⁻¹；对Kₛₚ(MS)=7.5×10⁻²⁰，c(M²⁺)=7.5×10⁻²⁰/3.2×10⁻¹⁶.⁵=7.5/3.2×10⁻³.⁵ mol·L⁻¹=7.4×10⁻⁴ mol·L⁻¹(已知：10⁻³.⁵=3.16×10⁻⁴)；C错误，pH=4时FeS曲线lgc(Fe²⁺)≈-4.5，该条件下允许的最大c(Fe²⁺)=10⁻⁴.⁵ mol·L⁻¹，远小于0.01 mol·L⁻¹，FeS不能全部溶解；D错误，Ni²⁺开始沉淀时pH≈1.8，其完全沉淀(lgc(Ni²⁺)<-5)时pH≈3.75；Mn²⁺开始沉淀时pH≈4.8，故调节pH在3.75~4.8之间即可使Ni²⁺完全沉淀而Mn²⁺仍留在溶液中，能实现分离。 考点23 · 38 跟踪训练 [黑吉辽蒙-15] 难度❻　第9题 ◎3　pH曲线求常数与溶度积 ◆ 室温下，0.10 mol·L⁻¹醋酸铜(CuAc₂，Ac⁻表示CH₃COO⁻)溶液中CuAc₂、CuAc⁺、Cu²⁺和HAc的pX-pH曲线如图。保持体系中Cu元素总物质的量、C元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是(　　) A.Ⅰ为CuAc⁺的变化曲线 B.室温下，K=10⁻².⁶⁰ C.室温下，Kₛₚ[Cu(OH)₂] = 10⁻²⁰.⁹⁷ D.Q点：c(HAc) × [3 + Kₐ/c(H⁺)] < 0.20 mol·L⁻¹ 考点23 · 40 跟踪训练 [黑吉辽蒙-15] 难度❻　第9题（答案与解析） ◎3　pH曲线求常数与溶度积 答案9：C A正确，0.10mol/L CuAc₂体系中，c总(Cu)= 0.10mol/L，c总(Ac)= 0.20mol/L；低pH值(酸性较强)时：Ac⁻主要与H⁺结合形成HAc，接近0.20 mol/L。此时pX=-lg(0.20)≈0.7，由图像知，曲线Ⅲ为HAc的曲线。随着pH的增加(在生成Cu(OH)₂之前)，CuAc₂只增加，Cu²⁺只减少(曲线Ⅱ)，CuAc⁺为中间产物(既生成又消耗)(曲线Ⅰ)；B正确，反应：Cu²⁺ + HAc ⇌ CuAc⁺ + H⁺，K = c(CuAc⁺)·c(H⁺)/c(Cu²⁺)·c(HAc)。取M点计算，c(H⁺)=10⁻ ³.⁴⁶，c(HAc)=10⁻⁰.⁸⁶，时Ⅰ、Ⅱ相交，c(CuAc⁺)=c(Cu²⁺)， K=10⁻³.⁴⁶/10⁻⁰.⁸⁶ = 10⁻².⁶⁰。C错误，取P点计算，pH=5.75，c(CuAc⁺)=c(HAc)=10⁻¹.⁸⁷。由B分析，K = 10⁻².⁶⁰ = c(CuAc⁺)·c(H⁺)/c(Cu²⁺)·c(HAc) = c(H⁺)/c(Cu²⁺)，得c(Cu²⁺) = 10⁻⁵.⁷⁵/10⁻².⁶⁰ = 10⁻³.¹⁵ mol/L。Kₛₚ = c(Cu²⁺)·c²(OH⁻) = 10⁻³.¹⁵×(10⁻⁸.²⁵)² = 10⁻¹⁹.⁶⁵ ≠ 10⁻²⁰.⁹⁷。D正确，由Ac⁻物料守恒：c(Ac⁻) + c(CuAc⁺) + c(HAc) + 2c(CuAc₂) = 0.20。Kₐ = c(Ac⁻)·c(H⁺)/c(HAc)，变形得Kₐ/c(H⁺) = c(Ac⁻)/c(HAc)，题干原式左边= c(HAc) × [3 + Kₐ/c(H⁺)]=3c(HAc) + c(Ac⁻) = 2c(HAc) + [c(HAc) + c(Ac⁻)]=2c(HAc)+ 0.2mol/L - [c(CuAc⁺) + 2c(CuAc₂)](代入物料守恒)=2[c(HAc)⁻ c(CuAc₂)]+0.2mol/L - [c(CuAc⁺) = 0.20-c(CuAc⁺)[ Q点c(HAc)=c(CuAc₂)] < 0.20 mol·L⁻¹。 考点23 · 41 跟踪训练 [山东-15] 难度❻　第10题 ◎3　pH曲线求常数与溶度积 25℃下，向初始浓度一定的NH₄Cl溶液中加入CaCO₃(s)，通过加入HNO₃或NaOH调节pH［CaCO₃(s)始终存在，忽略溶液体积变化］。某组分平衡浓度的对数值lg[c(X)/mol·L⁻¹]随pH的变化如图所示(X表示NH₄⁺，NH₃，Ca²⁺，HCO₃⁻)。下列说法错误的是(　　) A.丁线所示物种为HCO₃⁻ B.调节pH = 7.00时，需加入NaOH C.P点c(NH₄⁺)/c(Ca²⁺) = 10⁰.⁹⁰ D.Q点：c(CO₃²⁻)/c(HCO₃⁻) = 10⁴.¹⁵ 答案10：BD A正确，pH增大，lgc(NH₄⁺)减小、lgc(NH₃)增大，极值相等。故甲为NH₄⁺、乙为NH₃；始终存在CaCO₃(s)⇌Ca²⁺+CO₃²⁻，lgc(Ca²⁺)>0，故丙为Ca²⁺、丁为HCO₃⁻；B错误，由初始加入一定的NH₄Cl和CaCO₃(s)，物料守恒有c(NH₄⁺)+c(NH₃)=c(Cl⁻)、c(Ca²⁺)=c(CO₃²⁻)+c(HCO₃⁻)+c(H₂CO₃)，电荷守恒2c(Ca²⁺)+c(NH₄⁺)+c(H⁺)=c(OH⁻)+c(Cl⁻)+c(HCO₃⁻)+2c(CO₃²⁻)，三式合并消去Ca²⁺、Cl⁻可得：c(HCO₃⁻)+2c(H₂CO₃)+c(H⁺)=c(OH⁻)+c(NH₃)； 考点23 · 44 跟踪训练 [山东-15] 难度❻　第10题（答案与解析）（续） ◎3　pH曲线求常数与溶度积 （解析续） pH=7.00时，由图可知c(HCO₃⁻)>c(NH₃)，又因为c(H⁺)=c(OH⁻)，有c(HCO₃⁻)+2c(H₂CO₃)>c(NH₃)，此时右侧需加NO₃⁻才可电荷守恒，故调节pH=7.00时，需加入HNO₃；C正确，O点(9.25，-2.60)时，NH₄⁺⇌NH₃+H⁺，K=c(NH₃)c(H⁺)/c(NH₄⁺)=10⁻⁹.²⁵；P点(8.35,-3.25)时，c(Ca²⁺)=c(NH₃)，代入c(NH₄⁺)/c(Ca²⁺)=c(NH₄⁺)/c(NH₃)=c(H⁺)/K=10⁻⁸.³⁵/10⁻⁹.²⁵=10⁰.⁹⁰；D错误，Q点时，pH增加，c(Ca²⁺)浓度不变，c(Ca²⁺)=c(CO₃²⁻)=10⁻⁴.²⁵mol·L⁻¹，故Kₛₚ(CaCO₃)=(10⁻⁴.²⁵)²=10⁻⁸.⁵；P点时，c(Ca²⁺)=c(HCO₃⁻)=10⁻³.²⁵mol·L⁻¹，c(H⁺)=10⁻⁸.³⁵mol·L⁻¹，此时c(CO₃²⁻)=Kₛₚ(CaCO₃)/c(Ca²⁺)=10⁻⁸.⁵/10⁻³.²⁵=10⁻⁵.²⁵mol·L⁻¹，Kₐ₂=c(CO₃²⁻)c(H⁺)/c(HCO₃⁻)=(10⁻⁵.²⁵ × 10⁻⁸.³⁵)/10⁻³.²⁵=10⁻¹⁰.³⁵；Q点时，c(CO₃²⁻)/c(HCO₃⁻)=Kₐ₂/c(H⁺)=10⁻¹⁰.³⁵/10⁻¹².⁵=10².¹⁵； 考点23 · 45 跟踪训练 [河南-9] 难度❹　第11题 ◎4　离子平衡方向与性质强弱判断 某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②~⑤试管中溶液体积变化)(　　) 已知：Fe³⁺在水溶液中由于水解与OH⁻配位而显黄色；[Fe(C₂O₄)₃]³⁻呈绿色。下列说法错误的是 A.②到③说明加入稀硫酸能抑制Fe³⁺的水解 B.④与⑤中c(SCN⁻)：④>⑤ C.④与⑥中呈现红色均是由于Fe³⁺与SCN⁻结合所致 D.若向③中依次加入适量维生素C、K₃[Fe(CN)₆]溶液，会出现蓝色沉淀 答案11：B A正确，加酸c(H⁺)增大，抑制Fe³⁺水解：Fe³⁺+3H₂O⇌Fe(OH)₃+3H⁺逆向移动，黄色变浅；B错误，⑤中Fe(SCN)₃ + 3C₂O₄²⁻⇌ [Fe(C₂O₄)₃]³⁻+3SCN⁻，反应释放SCN⁻，故c(SCN⁻)：⑤>④；C正确，④中Fe³⁺与SCN⁻结合显红色；⑥中[Fe(C₂O₄)₃]³⁻被酸分解释放Fe³⁺，再与SCN⁻结合显红色；D正确，维生素C还原Fe³⁺为Fe²⁺，Fe²⁺与K₃[Fe(CN)₆]生成蓝色沉淀。 考点23 · 46 跟踪训练 [河北-13] 难度❹　第12题 ◎4　离子平衡方向与性质强弱判断 由下列实验事实不能得出相应结论的是(　　) 选项 实验事实 结论 A 恒温恒容下2HI(g) ⇌ I₂(g) + H₂(g)平衡体系通入氩气，体系颜色不发生变化 通入氩气后c(I₂)不变，平衡不移动 B 甲酸铵(HCOONH₄)水溶液显酸性 Kₐ(HCOOH) > Kb(NH₃·H₂O) C 等浓度Al³⁺与Fe³⁺的混合溶液中加入过量NaOH溶液，生成红褐色沉淀 Kₛₚ[Fe(OH)₃] < Kₛₚ[Al(OH)₃] D [Fe(SCN)₆]³⁻溶液中滴加NH₄F，溶液由红色变为无色，生成[FeF₆]³⁻ 稳定性：[Fe(SCN)₆]³⁻ < [FeF₆]³⁻ 答案12：C A正确，恒温恒容下通入惰性气体，各物质浓度不变，平衡不移动，c(I₂)不变故颜色不变，结论成立；B正确，HCOONH₄溶液呈酸性，说明NH₄⁺水解程度大于HCOO⁻，越弱越水解，故Kₐ(HCOOH) > Kb(NH₃·H₂O)；C错误，Al(OH)₃为两性氢氧化物，过量NaOH会将其溶解为Na[Al(OH)₄]，且红褐色Fe(OH)₃沉淀会掩盖白色Al(OH)₃，无法判断两者溶度积相对大小，不能得出该结论；D正确，配离子转化方向为生成更稳定的配离子，红色褪去说明[Fe(SCN)₆]³⁻转化为[FeF₆]³⁻，故稳定性前者小于后者。 考点23 · 49 跟踪训练 [江苏-9] 难度❹　第13题 ◎4　离子平衡方向与性质强弱判断 为研究Cu²⁺的性质，实验操作及现象如下图所示；下列说法正确的是(　　) 已知：白色沉淀是CuCl；[Cu(NH₃)₂]⁺有较强的还原性，溶液为无色。 A.实验Ⅰ中Cu²⁺发生复分解反应生成CuCl B.实验Ⅱ中无色溶液中的[Cu(NH₃)₂]⁺被O₂氧化 C.实验Ⅰ、Ⅱ反应后溶液中：nⅠ(Cl⁻) < nⅡ(Cl⁻) D.实验Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH均大于7 答案13：B A错误，反应中化合价变化，不属于复分解反应；B正确，[Cu(NH₃)₂]⁺有较强还原性，无色溶液迅速变深蓝色的[Cu(NH₃)₄]²⁺，说明生成了+2价的[Cu(NH₃)₄]²⁺是被空气中O₂氧化的结果；C错误，实验Ⅰ后溶液呈浅蓝色，说明Cu²⁺未完全转化，故，n[CuCl(s)] < n(Cl⁻) + 2n[CuCl₂(aq)]，实验Ⅱ反应后，沉淀滤渣中的CuCl(s)全部进行溶液；故nⅠ(Cl⁻)>nⅡ(Cl⁻)；D错误，实验Ⅰ反应后为Cu²⁺水解所致的酸性溶液(加Zn产生气泡可证)，pH<7。 珍惜今天，才拥有灿烂的明天！ 认真研究、探寻、领悟大数据的细节。 复习才更扎实、道路才更宽阔。 28 $