2024年高考化学一轮复习（新高考版）第9章第56讲　反应过程中溶液粒子浓度变化的图像分析_05高考化学_2024年新高考资料_1.2024一轮复习_2024年高考化学一轮复习讲义（新人教新高考版）

第 56 讲 反应过程中溶液粒子浓度变化的图像分析 [复习目标] 1.能正确识别图像，能从图像中找到曲线指代、趋势、关键点。2.利用溶液中 的平衡关系，学会分析不同类型图像中各粒子浓度之间的关系。 类型一 滴定过程 pH 变化曲线 关键点 溶液中溶质成分及粒子浓度大小关系 溶质是CHCOOH 3 起点 粒子浓度大小关系： c (CH COOH) ＞ c (H 3 V(NaOH)＝0(0点) ＋ ) ＞ c (CH COO － ) ＞ c (OH － ) 3 溶质是等物质的量的CHCOOH 和 3 CHCOONa 3 一半点 常温下，用0.100 0 mol·L－1 粒子浓度大小关系： c (CH COO － ) ＞ 3 V(NaOH)＝10 mL NaOH溶液滴定20.00 mL c (Na ＋ ) ＞ c (CH COOH) ＞ c (H ＋ ) ＞ c (OH － ) 3 (点①) 0.100 0 mol·L－1 CH 3 COOH 元素质量守恒：c(CH 3 COOH)＋ 溶液 c(CHCOO－)＝ 2 c (Na ＋ ) 3 溶质是CHCOONa 和少量的CHCOOH 3 3 中性点 粒子浓度大小关系： c (Na ＋ ) ＝ pH＝7(点②) c (CH COO － ) ＞ c (H ＋ ) ＝ c (OH － ) 3 恰好反应点 溶质是CHCOONa 3 V(NaOH)＝20 mL 粒子浓度大小关系： c (Na ＋ ) ＞ (点③) c (CH COO － ) ＞ c (OH － ) ＞ c (H ＋ ) 3 溶质是等物质的量的CHCOONa 和 3 过量1倍点 NaOH V(NaOH)＝40 mL 粒子浓度大小关系： c (Na ＋ ) ＞ c (OH － ) ＞ c (CH COO － ) ＞ c (H ＋ ) 3 一、一元弱电解质的滴定曲线 1．常温下，用 0.10 mol·L－1 NaOH 溶液分别滴定 20.00 mL 浓度均为 0.10 mol·L－1 CHCOOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( ) 3A．点①和点②所示溶液中：c(CHCOO－)＜c(CN－) 3 B．点③和点④所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CHCOO－)＞c(H＋) 3 C．点①和点②所示溶液中：c(CHCOO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CHCOOH) 3 3 D．点②和点③所示溶液中都有：c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(CHCOOH)＋c(H＋) 3 3 答案 C 解析 A项，点①的溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(CN－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＞ c(H＋)，点②溶液中的电荷守恒为c(OH－)＋c(CHCOO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＜c(H 3 ＋)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CHCOO－)＞c(CN－)，错误；B项，点③溶液pH＝7，则 3 c(OH－)＝c(H＋)，则点③溶液中c(Na＋)＝c(CHCOO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；C项，点① 3 所示的溶液中存在元素质量守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)，点②所示的溶液中存在元素 质量守恒：c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)＝2c(Na＋)，二者中钠离子浓度相同，则 c(HCN)＋ 3 3 c(CN－)＝c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)，即c(CHCOO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CHCOOH)， 3 3 3 3 正确。 2. (2022·辽宁高三联考)用0.100 0 mol·L－1的盐酸标准液分别滴定 20.00 mL浓度均为 0.100 0 mol·L－1的氨水和NaOH溶液，滴定曲线如图。下列说法错误的是( ) A．滴加10.00 mL盐酸时，氨水中存在c(NH ·H O)＋c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋) 3 2 B．分别滴加20.00 mL盐酸时，NaOH溶液中水的电离程度大于氨水 C．若用甲基橙作指示剂，滴定终点时NaOH溶液消耗盐酸的量略大于氨水 D．滴加10.00 mL盐酸时，氨水中存在c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) 答案 B 解析 滴加10.00 mL盐酸时，溶质为NH Cl和NH ·H O，且物质的量相等，利用电荷守恒 4 3 2 和元素质量守恒，氨水中存在c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)和c(NH)＋c(NH ·H O)＝2c(Cl 3 2－)，所以有c(NH ·H O)＋c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋)，故A说法正确；分别滴加20.00 mL盐酸 3 2 时，恰好反应生成氯化钠和氯化铵，铵根离子能够水解，所以 NaOH溶液中水的电离程度 小于氨水，故B说法错误；若用甲基橙作指示剂，滴定终点时 pH为3.1～4.4，若不考虑铵 根离子水解，两份溶液消耗盐酸的量相等，铵根离子水解呈酸性，所以 NaOH溶液消耗盐 酸的量略大于氨水，故C说法正确；滴加10.00 mL盐酸时，氨水中存在等量的NH ·H O和 3 2 NH Cl，此时NH ·H O电离程度强于NH水解程度，所以存在 c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H 4 3 2 ＋)，故D说法正确。 二、二元弱电解质的滴定曲线 3．已知pK ＝－lg K,25 ℃时，HSO 的pK ＝1.85，pK ＝7.19。常温下，用0.1 mol·L－ a a 2 3 a1 a2 1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1HSO 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( 2 3 ) A．a点所得溶液中：2c(H SO )＋c(SO)<0.1 mol·L－1 2 3 B．b点所得溶液中：c(H SO )＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－) 2 3 C．c点所得溶液中：c(Na＋)>3c(HSO) D．d点所得溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(SO) 答案 D 解析 滴定过程中发生反应：NaOH＋HSO ===NaHSO ＋HO、NaHSO ＋NaOH===NaSO 2 3 3 2 3 2 3 ＋HO。a点溶液中的溶质为NaHSO 和HSO ，根据元素质量守恒得出，c(H SO )＋c(HSO) 2 3 2 3 2 3 ＋c(SO)<0.1 mol·L－1，根据电离常数K ＝，此时溶液的pH＝1.85，即c(H＋)＝10－1.85 mol·L－ a1 1，推出c(HSO)＝c(H SO )，代入上式得出，2c(H SO )＋c(SO)<0.1 mol·L－1，故A说法正确； 2 3 2 3 b 点加入 20 mL NaOH 溶液，NaOH 和 HSO 恰好完全反应生成 NaHSO ，即溶质为 2 3 3 NaHSO ，根据质子守恒得c(H SO )＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，故B说法正确；c点溶质为 3 2 3 NaSO 和NaHSO ，溶液显碱性，SO＋HOHSO＋OH－，根据水解平衡常数K ＝＝， 2 3 3 2 h c(OH－)＝，推出c(HSO)＝c(SO)，根据元素质量守恒：2c(Na＋)＝3c(H SO )＋3c(HSO)＋ 2 3 3c(SO)，则有c(Na＋)＝3c(HSO)＋1.5c(H SO )，显然：c(Na＋)>3c(HSO)，故C说法正确；d 2 3 点溶质主要为NaSO 和少量NaHSO ，溶液中离子浓度c(Na＋)>c(SO)>c(HSO)，故D说法错 2 3 3 误。 4．常温下向100 mL 0.1 mol·L－1 Na C O 溶液中滴加0.1 mol·L－1的盐酸，溶液中pOH与加 2 2 4 入盐酸的体积关系如图所示。已知：pOH＝－lg c(OH－)，K (H C O)＝1×10－2， a1 2 2 4 K (H C O)＝1×10－5。下列说法不正确的是( ) a2 2 2 4A．m的值约为5 B．若V＝100，则n>7 1 C．a点：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC O)＋2c(C O)＋c(Cl－)＋c(OH－) 2 2 D．若q＝10，则b点对应的溶液>100 答案 D 解析 m点还没有加入盐酸，C O发生水解：C O＋HOHC O＋OH－，K ＝＝，所以 2 2 2 2 h c(OH－)≈＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，pOH＝5，A正确；V ＝100时，NaC O 与盐酸按照 1 2 2 4 1∶1恰好反应，生成NaHC O 和NaCl，HC O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性， 2 4 2 pH<7，pOH>7，B正确；a点溶液满足电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(C O)＋c(Cl 2 2 －)＋c(OH－)，C正确；q＝10，即pOH＝10，c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，＝＝100，D错误。 抓两点突破二元弱电解质滴定曲线 二元弱酸(H A)与碱(NaOH)发生反应分两步进行： 2 第一滴定终点：HA＋NaOH===NaHA＋HO，此时，酸、碱的物质的量之比为1∶1，得到 2 2 的是NaHA的溶液，其中K ＝，若溶液中c(HA－)＝c(H A)，则K ＝c(H＋)；第二滴定终点： a1 2 a1 NaHA＋NaOH===NaA＋HO，此时，酸、碱的物质的量之比为 1∶2，得到的是NaA的溶 2 2 2 液，其中K ＝，若溶液中c(A2－)＝c(HA－)，则K ＝c(H＋)。 a2 a2 类型二 分布系数曲线 1．透析分布曲线 确定思维方向 分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(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CHCOOH为例) 二元弱酸(以HC O 为例) 3 2 2 4注：pK 为电离常数的负对数 a δ 为HC O 的分布系数，δ 为 0 2 2 4 1 δ 为CHCOOH的分布系数，δ 为 0 3 1 HC O的分布系数，δ 为C O的分 2 2 2 CHCOO－的分布系数 3 布系数 2.明确解题要领 快速准确作答 (1)读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势； (2)读“浓度”——通过横坐标的垂线，可读出某pH时的粒子浓度； (3)“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； (4)“可替换”——根据溶液中的元素质量守恒进行替换，分析得出结论。 1．(2020·海南，12)某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法 错误的是( ) A．该酸－lg K ≈4.7 a B．NaA的水解平衡常数K ＝ h C．当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)c(HCO)＋2c(CO)，B项错误；根据图像分析知K (H CO)＝ a1 2 3 10－6.4，数量级为10－7，C项错误；＝×＝K (H CO)·K (H CO)，温度不变，K (H CO)、 a1 2 3 a2 2 3 a1 2 3 K (H CO)不变，故滴加过程中，保持不变，D项正确。 a2 2 3 3．(2022·济宁模拟)25 ℃时，用HCl气体调节0.1 mol·L－1氨水的pH，系统中微粒浓度的对 数值(lg c)与pH的关系如图1所示，反应物的物质的量之比[t＝]与pH的关系如图2所示。 若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是( ) A．P 所示溶液：c(Cl－)＝0.05 mol·L－1 1B．P 所示溶液：c(NH ·H O)＜c(OH－)＋c(Cl－) 2 3 2 C．P 所示溶液：c(NH)＋c(NH ·H O)＝c(Cl－)＋c(H＋) 3 3 2 D．25 ℃时，NH ·H O的电离平衡常数为10－9.25 3 2 答案 B 解析 根据图示可知，P 时c(NH)＝c(NH ·H O)＝0.05 mol·L－1，溶液中存在电荷守恒：c(H＋) 1 3 2 ＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，P 点溶液pH＝9.25，则c(OH－)＞c(H＋)，因此c(Cl－)＜0.05 mol·L 1 －1，A错误；根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，根据图示可知，P 时c(NH) 2 ＞c(NH ·H O)，则c(H＋)＋c(NH)＞c(NH ·H O)，所以c(NH ·H O)＜c(OH－)＋c(Cl－)，B正确； 3 2 3 2 3 2 根据图示可知，P 时t＝＝1.0，溶液的溶质为NH Cl，根据元素质量守恒可得c(Cl－)＝c(NH) 3 4 ＋c(NH ·H O)，所以c(NH)＋c(NH ·H O)＜c(Cl－)＋c(H＋)，C错误；25 ℃时，NH ·H O的电 3 2 3 2 3 2 离平衡常数K ＝，当溶液中c(NH)＝c(NH ·H O)时，pH＝9.25，则K ＝c(OH－)＝10－4.75，D b 3 2 b 错误。 1．(2021·浙江6月选考，23)取两份10 mL 0.05 mol·L－1的NaHCO 溶液，一份滴加 0.05 3 mol·L－1的盐酸，另一份滴加0.05 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变 化如图，下列说法不正确的是( ) A．由a点可知：NaHCO 溶液中HCO的水解程度大于电离程度 3 B．a→b→c过程中：c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)逐渐减小 C．a→d→e过程中：c(Na＋)y 答案 C 解析 a点溶质为NaHCO ，此时溶液呈碱性，HCO在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO在 3 溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO 溶液中HCO的水解程度大于电离程度，故 3 A正确；由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)， 滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－) 逐渐减小，故 B 正确；由元素质量守恒可知，a 点溶液中 c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋ c(H CO)，向 NaHCO 溶液中滴加盐酸过程中有 CO 逸出，因此 a→d→e 过程中 c(Na 2 3 3 2 ＋)>c(HCO)＋c(CO)＋c(H CO)，故C错误；c点溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.05＋10－11.3)mol·L 2 3－1，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.025＋10－4.3)mol·L－1，因此 x>y，故D正确。 2．(2021·湖南，9)常温下，用0.100 0 mol·L－1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L －1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( ) A．该NaX溶液中：c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋) B．三种一元弱酸的电离常数：K(HX)>K(HY)>K(HZ) a a a C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－) D．分别滴加20.00 mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－) 答案 C 解析 NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为 c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由题图分析 可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺 序为K(HX)＞K (HY)＞K(HZ)，故B正确；当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入 a a a 盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根离子的浓度大小顺序为c(X－)＞ c(Y－)＞c(Z－)，故C错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00 mL盐酸，三种盐都完全反应， 溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H ＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－) ＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。 3．(2021·海南，13改编)25 ℃时，向10.00 mL 0.100 0 mol·L－1的NaHCO 溶液中滴加 3 0.100 0 mol·L－1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法正 确的是( ) A．a点，溶液pH>7是由于HCO水解程度大于电离程度 B．b点，c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(Cl－) C．c点，溶液中的H＋主要来自HCO的电离 D．d点，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.100 0 mol·L－1答案 A 解析 HCO存在水解平衡和电离平衡，a点溶液pH>7是由于HCO水解程度大于电离程度， 故A正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，b点pH＝7 即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，故B错误；c点溶质为碳酸氢 钠、氯化钠、碳酸，溶液中的H＋主要来自HCO 的电离，故C错误；d点，碳酸氢钠和盐 2 3 酸恰好反应，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.050 0 mol·L－1，故D错误。 4．(2022·辽宁，15)甘氨酸(NH CHCOOH)是人体必需氨基酸之一。在 25 ℃时， 2 2 NHCHCOOH、NHCHCOO－和NH CHCOO－的分布分数[如δ(A2－)＝]与溶液pH关系如图。 2 2 2 2 下列说法错误的是( ) A．甘氨酸具有两性 B．曲线c代表NH CHCOO－ 2 2 C．NHCHCOO－＋HONHCHCOOH＋OH－的平衡常数K＝10－11.65 2 2 2 D．c2(NHCHCOO－)c(NHCHCOOH)·c(NH CHCOO－)，故D错误。 2 2 2 2 5．(2020·山东，15改编)25 ℃时，某混合溶液中c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)＝0.1 mol·L－ 3 3 1，lg c(CHCOOH)、lg c(CHCOO－)、lg c(H＋)和lg c(OH－)随pH变化的关系如下图所示。 3 3 K 为CHCOOH的电离常数，下列说法正确的是( ) a 3A．O点时，c(CHCOOH)＝c(CHCOO－) 3 3 B．N点时，pH＝lg K a C．该体系中，c(CHCOOH)＝ mol·L－1 3 D．pH由7到14的变化过程中，CHCOO－的水解程度始终增大 3 答案 C 解析 随着溶液碱性的增强，c(CHCOOH)减小，c(CHCOO－)增大，故 MN 线表示 lg 3 3 c(CHCOO－)，NP线表示lg c(CHCOOH)，MO线表示lg c(H＋)，OP线表示lg c(OH－)。O 3 3 点时，c(H＋)＝c(OH－)，A项错误；N点时，lg c(CHCOOH)与lg c(CHCOO－)相等，K 3 3 a ＝，pH＝－lg K ，B项错误；由CHCOOH的电离平衡常数推导可知K ＝＝c(H＋)·，故 a 3 a c(CHCOOH)＝ mol·L－1，C项正确；溶液pH增大，碱性增强，CHCOO－的水解程度减小， 3 3 D项错误。 课时精练 1．20 ℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1氨水的图像如图所示，下列说法正 确的是( ) A．a点时c(Cl－)＝2c(NH ·H O)＋2c(NH) 3 2 B．b点表示酸碱恰好完全反应 C．c点时c(NH)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－) D．a、b、c、d点均有c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) 答案 D 解析 a点时加入的盐酸为10 mL，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的氯化铵和一水合氨， 根据元素质量守恒：2c(Cl－)＝c(NH ·H O)＋c(NH)，故A错误；c点时加入的盐酸为 20 3 2 mL，表示酸碱恰好完全反应，b点表示碱过量，盐酸完全反应，故B错误；c点时，酸碱恰 好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知，c(NH)c(Cl—)>c(H＋)>c(OH—) 4 B．0.1 mol·L－1 CHCOONH 溶液中的c(NH)比0.1 mol·L－1 NH Cl溶液中的大 3 4 4 C．如图说明NH Cl溶液中存在水解平衡 4 D．溶液的pH变化是NH浓度改变造成的 答案 C 解析 铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为c(Cl－)>c(NH)> c(H＋)>c(OH－)，故A错误；氯化铵中铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，醋酸铵中醋酸根离子在溶液中水解促进铵根离子水解，所以醋酸铵溶液中铵根离子浓度小于等浓度的氯化 铵溶液，故B错误；未加入醋酸铵溶液时，0.1 mol·L－1氯化铵溶液的pH为6说明铵根离子 在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中存在水解平衡，故C正确；醋酸铵中醋酸根离子和铵 根离子在溶液中都发生水解反应，向氯化铵溶液中加入醋酸铵溶液时，溶液的pH变化是铵 根离子浓度和醋酸根离子浓度的相对大小发生改变造成的，故D错误。 4. (2022·山东青岛模拟)常温时，向20.00 mL 0.1 mol·L－1 C HCOOH(苯甲酸)溶液中滴加 6 5 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，混合溶液的pH与微粒浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的 是( ) A．a点溶液对应的pH为3.2 B．b点对应的NaOH溶液体积为10.00 mL C．c点溶液中：c(C HCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) 6 5 D．常温时，C HCOO－的水解常数K ＝10－9.8 6 5 h 答案 B 解析 由图可知，b点lg＝0，溶液中c(C HCOOH)＝c(C HCOO—)，溶液pH为4.2，则电 6 5 6 5 离常数K＝＝c(H＋)＝10－4.2；a点lg＝－1，则溶液中c(H＋)＝＝10－3.2 mol·L－1；c点lg＝2， a 则溶液中c(H＋)＝＝10－6.2 mol·L－1。由分析可知，a点溶液中氢离子浓度为10—3.2 mol·L－1， 则溶液的pH为3.2，故A正确；b点若氢氧化钠溶液体积为10.00 mL，苯甲酸溶液与氢氧化 钠溶液反应得到等浓度的苯甲酸和苯甲酸钠混合溶液，由苯甲酸根离子的水解常数 K ＝＝ h ＝10－9.8＜K 可知，苯甲酸在溶液中的电离程度大于苯甲酸根离子的水解程度，溶液中苯甲 a 酸的浓度小于苯甲酸根离子，由分析可知，b点溶液中c(C HCOOH)＝c(C HCOO—)，则对 6 5 6 5 应氢氧化钠溶液的体积应小于10.00 mL，故B错误、D正确；c点溶液中氢离子为10—6.2 mol·L－1，溶液中c(H＋)＞c(OH—)，由电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(C HCOO—)＋c(OH—)可得 6 5 c(C HCOO—)＞c(Na＋)，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(C HCOO—)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞ 6 5 6 5 c(OH—)，故C正确。 5．(2022·深圳模拟)甘氨酸盐酸盐(HOOCCH NH Cl)的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡： 2 3 HOOCCH NH－OOCCH NH＋H＋ K 2 2 1 －OOCCH NH－OOCCH NH ＋H＋ K 2 2 2 2 常温时，向10 mL一定浓度的HOOCCH NH Cl的水溶液中滴入同浓度的NaOH溶液。混合 2 3 溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是( )A．Q→X过程中：逐渐减小 B．X点的溶液中：c(－OOCCH NH )>c(HOOCCH NH) 2 2 2 C．P点的溶液中：c(HOOCCH NH)＋c(H＋)＝c(－OOCCH NH )＋c(OH－) 2 2 2 D．当V(NaOH)＝20 mL时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCHNH 和NaCl 2 2 答案 C 解析 由K ＝可知，＝，由图可知，Q→X过程中溶液pH增大，即c(H＋)减小，K 不变， 2 2 则逐渐减小，A正确；由图可知，X点溶液的溶质为NaOOCCHNH，X点的溶液呈酸性， 2 则－OOCCH NH的电离程度大于其水解程度，故c(－OOCCH NH )>c(HOOCCH NH)，B正确； 2 2 2 2 P点溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCHNH和NaOOCCHNH ，则此时溶液中有电荷 2 2 2 守恒：c(HOOCCH NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(－OOCCH NH )＋c(OH－)＋c(Cl－)，且c(Na＋)＞ 2 2 2 c(Cl－)，故c(HOOCCH NH)＋c(H＋)＜c(－OOCCH NH )＋c(OH－)，C错误；当V(NaOH)＝20 2 2 2 mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH NH Cl)和NaOH的物质的量之比为1∶2，反应的化学方 2 3 程式为HOOCCH NH Cl＋2NaOH===NaOOCCHNH ＋NaCl＋2HO，故此时混合溶液中的 2 3 2 2 2 溶质主要为NaOOCCHNH 和NaCl，D正确。 2 2 6. (2022·海南学业水平诊断)已知亚磷酸(H PO )是二元弱酸，298 K时的电离常数分别为K 3 3 a1 ＝10－1.4，K ＝10－6.1。298 K时，向1 L 0.2 mol·L－1 NaH PO 溶液中通入HCl气体，溶液的 a2 2 3 pH与通入HCl物质的量的关系如图所示。下列说法正确的是( ) A．a点溶液中：c(H PO)>c(HPO)>c(H＋)>c(H PO ) 2 3 3 B．室温下，b点溶液的pH>7 C．c点溶液中：c(Cl－)＝c(H PO)＋c(H PO )＋c(HPO) 2 3 3 D．NaH PO 溶液中存在的含P的离子有HPO、HPO、PO 2 3 2 答案 C 解析 a点为NaH PO 溶液，亚磷酸(H PO )是二元弱酸，所以a点溶液中存在：c(H PO)>c(H 2 3 3 3 2 ＋)> c(HPO)>c(H PO )，A错误；b点溶液中的溶质为NaH PO 和HPO 、NaCl，所以溶液显酸性， 3 3 2 3 3 3故pH<7，B错误；c点溶液中的溶质为HPO 和NaCl，且物质的量之比为1∶1，根据元素 3 3 质量守恒：c(Cl－)＝c(H PO)＋c(H PO )＋c(HPO)，C正确；亚磷酸(H PO )是二元弱酸， 2 3 3 3 3 NaH PO 溶液中存在HPO、HPO离子和HPO 分子，D错误。 2 3 2 3 3 7．已知HA为二元弱酸。常温下，向0.01 mol·L－1的NaHA溶液中通入HCl或加入KOH固 2 体调节溶液的pH(忽略体积变化)，溶液中c(HA－)随pH变化的曲线如图。下列说法正确的 是( ) A．水的电离程度：d＞c＞b＞a B．c→b之间发生反应的离子方程式：A2－＋H＋===HA－ C．c点溶液中存在：c(HA－)＞c(H A)＞c(A2－) 2 D．d点溶液中存在：c(HA－)＋2c(A2－)＝ c(Na＋) 答案 A 解析 酸抑制水的电离，酸中c(H＋)越大，水的电离程度越小，中性溶液不影响水的电离， a、b、c点溶液都呈酸性，且是酸电离导致溶液呈酸性，这三点溶液都抑制水的电离，c(H ＋)：a>b>c，d点溶液呈中性，不影响水的电离，因此水的电离程度：d＞c＞b＞a，故A正确； c点c(HA－)最大，说明溶质为NaHA，向c点溶液通入HCl，则c→b之间发生反应的离子方 程式：HA－＋H＋===HA，故B错误；c点溶液显酸性，说明HA－的电离程度大于其水解程 2 度，存在：c(HA－)＞c(A2－)＞c(H A)，故C错误；d点溶液呈中性，再根据电荷守恒得到： 2 c(HA－)＋2c(A2－)＝c(Na＋) ＋c(K＋)，故D错误。 8．在某温度时，将n mol·L－1氨水滴入 10 mL 1.0 mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入 氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是( ) A．c点存在守恒关系：c(NH)＝c(Cl－) B．b点：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－) C．水的电离程度：b>c>a>d D．25 ℃时 ，NH Cl 水解平衡常数为(n－1)×10－7(用n表示) 4 答案 C解析 c点溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以 c(NH)＝c(Cl－)，A正确；b点溶液为NH Cl溶液，此溶液中离子浓度大小为c(Cl－)>c(NH)> 4 c(H＋)>c(OH－)，B正确；b点溶液铵根离子水解促进水的电离，而a、d两点都抑制水的电离， 所以b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程 度大小，C错误；根据图像可知，25 ℃时溶液的pH＝7，则：c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－ 1，c(NH)＝c(Cl－)＝0.5 mol·L－1，根据元素质量守恒可知：c(NH ·H O)＝(0.5n－0.5) mol·L－ 3 2 1，则25 ℃时NH Cl水解常数为K ＝＝(n－1)×10－7，D正确。 4 h 9．(2023·广州质检)某浓度的二元弱酸HB溶液在不同pH下，测得pC(M)变化如图所示[已 2 知： pC(M)＝－lg c(M)，M代指HB或HB－或B2－]，下列说法正确的是( ) 2 A．曲线 Ⅱ 表示pC(HB－)与pH关系 B．pH＝5时，c(HB－)c(C O )>c(OH－ )>c(HC O)>c(H＋) 2 2 答案 C 解析 根据图示可知：δ 表示HC O 的分布系数与pH的关系，δ 表示HC O的分布系数与 0 2 2 4 1 2 pH的关系，δ 表示C O的分布系数与pH的关系。X点时为NaHC O 溶液，该溶液为缓冲 2 2 2 4 溶液，加酸加碱，pH 都不会明显变化；Y 点时滴定结束，生成 NaC O ，此时加碱， 2 2 4 NaC O 不再反应，pH会明显升高，B正确；X点为NaHC O 溶液，对应图b中pH＝2.6处； 2 2 4 2 4 Y点为NaC O 溶液，图a中Y点pH＝8.4，故Y点不对应图b中的N点，C错误；Y点为 2 2 4 NaC O 溶液，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(C O)>c(OH－)>c(HC O)>c(H＋)，D正 2 2 4 2 2 确。 11．草酸(H C O)是一种二元弱酸，在菠菜、苋菜等植物中含量较高。25 ℃时，向HC O 2 2 4 2 2 4 溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg X [X表示或]随pH的变化关系如图所示。下列说法 不正确的是( ) A．Ⅰ中X表示的是 B．当溶液pH＝4.19时，c(Na＋)<3c(C O) 2 C．已知：25 ℃时，NH ·H O的电离常数为10－4.69，则(NH )C O 溶液呈碱性 3 2 4 2 2 4 D．0.1 mol·L－1 NaHC O 溶液中：c(Na＋)>c(HC O)>c(C O)>c(H C O) 2 4 2 2 2 2 4 答案 C 解析 二元弱酸草酸的K ＝>K ＝，当lg X＝0时，pH＝－lg c(H＋)＝－lg K，pH ＝ a1 a2 1 1.22K ＝10－4.19，所以Ⅰ中X表示的是，Ⅱ中X表示的是，A 2 a1 a2正确；当溶液pH＝4.19时，c(H＋)＝1×10－4.19mol·L－1, ＝1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋) ＝c(OH－)＋c(HC O)＋2c(C O)＝c(OH－)＋3c(C O)，c(H＋)>c(OH－)，故c(Na＋)<3c(C O)，B 2 2 2 2 正确；NH ·H O的电离常数为10－4.69，则NH的水解常数为；C O的水解常数为＝，>，NH 3 2 2 水解程度较大，则(NH )C O 溶液呈酸性，C不正确；0.1 mol·L－1 NaHC O 溶液中，HC O 4 2 2 4 2 4 2 电离平衡常数为K ＝10－4.19，水解常数K ＝＝c(HC O)>c(C O)>c(H C O)，D正确。 2 2 2 2 4 12．常温下，HPO 水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓 3 4 度的分数)与pH的关系如图，下列说法正确的是( ) A．HPO 的电离方程式为HPO 3H＋＋PO 3 4 3 4 B．pH＝2时，溶液中大量存在的微粒有HPO 、HPO、HPO、PO 3 4 2 C．滴加NaOH溶液至pH＝7，溶液中c(Na＋)＝c(H PO)＋2c(HPO)＋3c(PO) 2 D．滴加少量NaCO 溶液，3NaCO＋2HPO ===2NaPO ＋3HO＋3CO↑ 2 3 2 3 3 4 3 4 2 2 答案 C 解析 HPO 为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为HPO H＋＋HPO、HPOH＋ 3 4 3 4 2 2 ＋HPO、HPOH＋＋PO，故 A 错误；pH＝2 时，溶液中大量存在的微粒有 HPO 、 3 4 HPO，故B错误；滴加NaOH溶液至pH＝7，依据电荷守恒，溶液中c(Na＋)＝c(H PO)＋ 2 2 2c(HPO) ＋ 3c(PO) ， 故 C 正 确 ； 滴 加 少 量 NaCO 溶 液 ， 发 生 反 应 为 NaCO ＋ 2 3 2 3 2HPO ===2NaH PO ＋HO＋CO↑，故D错误。 3 4 2 4 2 2 13．HA 是一种二元弱酸，HA 由于与空气中的某种成分作用而保持浓度不变，已知 2 2 K (MA)＝3.0×10－9，某水体中lg c(X)(X为HA、HA－、A2－、M2＋)与pH的关系如图所示。 sp 2 下列说法正确的是( )A．曲线③代表HA－ B．HA的一级电离常数为10－8.3 2 C．c(M2＋)随pH升高而增大 D．pH＝10.3时，c(M2＋)＝3.0×10－7.9 mol·L－1 答案 D 解析 HA的浓度保持不变，则①代表HA，随着pH逐渐增大，HA－、A2－的浓度增大， 2 2 pH较小时HA－的浓度大于A2－的浓度，则曲线②代表HA－，曲线③代表A2－，A错误；曲 线①②的交点代表溶液中HA、HA－的浓度相等，由坐标 (6.3，－5)知：HA的一级电离常 2 2 数K ＝＝c(H＋)＝10－6.3，B错误；曲线④代表M2＋ ，则c(M2＋)随pH升高而减小，C错误； a1 据图像，曲线②③的交点(10.3，－1.1)代表溶液中HA－、A2－浓度相等，均为10－1.1 mol·L－1， 则c(M2＋)＝＝ mol·L－1＝3.0×10－7.9 mol·L－1，D正确。