大单元四　第十二章　第56讲　溶液中的粒子平衡曲线分类突破_05高考化学_2025年新高考资料_一轮复习_2025大一轮复习讲义+课件（完结）_2025大一轮复习讲义化学教师用书Word版文档全书

第 56 讲 溶液中的粒子平衡曲线分类突破 [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 中和反应进程中pH变化曲线 解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5点”，即曲线的起点、反应一半点、中性点、 恰好反应点和过量点，先判断出各点中的溶质及溶液的酸碱性。以室温时用 0.1 mol·L－ 1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 CHCOOH溶液为例(如图)，总结如何抓住滴定曲线的5 3 个关键点。 (1)起点 V(NaOH)＝0(0 点)：溶质是 CHCOOH，粒子浓度大小关系： c (CH COOH) ＞ c (H ＋ ) ＞ 3 3 c (CH COO － ) ＞ c (OH － ) 。 3 (2)一半点 V(NaOH)＝10 mL(点①)：溶质是等物质的量的CHCOOH 和CHCOONa，粒子浓度大小关 3 3 系： c (CH COO － ) ＞ c (Na ＋ ) ＞ c (CH COOH) ＞ c (H ＋ ) ＞ c (OH － ) ；元素守恒：c(CHCOOH)＋ 3 3 3 c(CHCOO－)＝ 2 c (Na ＋ ) 。 3 (3)中性点 pH＝7(点②)：溶质是 CHCOONa 和少量的 CHCOOH，粒子浓度大小关系： c (Na ＋ ) ＝ 3 3 c (CH COO － ) ＞ c (H ＋ ) ＝ c (OH － ) 。 3 (4)恰好反应点 V(NaOH)＝20 mL(点③)：溶质是CHCOONa，粒子浓度大小关系： c (Na ＋ ) ＞ c (CH COO － ) ＞ 3 3 c (OH － ) ＞ c (H ＋ ) 。 (5)过量1倍点 V(NaOH)＝40 mL：溶质是等物质的量的CHCOONa 和NaOH，粒子浓度大小关系： c (Na ＋ ) 3 ＞ c (OH － ) ＞ c (CH COO － ) ＞ c (H ＋ ) 。 3 1.(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，相应钠盐的 水解程度越大，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， a a a 酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种溶液中酸根离子的 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。 2．(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0.100 3 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。 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，可推出 c(HSO)＝ a1 c(H SO )，代入上式得出，2c(H SO )＋c(SO)<0.1 mol·L－1，故 A 正确；b 点加入 20 mL 2 3 2 3 NaOH溶液，NaOH和HSO 恰好完全反应生成NaHSO ，即溶质为NaHSO ，根据质子守恒 2 3 3 3 得c(H SO )＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，故B正确；c点溶质为NaSO 和NaHSO ，溶液显碱 2 3 2 3 3 性，SO＋HOHSO＋OH－，根据水解平衡常数K (SO)＝＝，c(OH－)＝，推出c(HSO)＝ 2 h c(SO)①，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)②，将①代入②得c(Na ＋)＋c(H＋)＝3c(HSO)＋c(OH－)，c点溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，显然：c(Na＋)>3c(HSO)， 故C正确；d点溶质为NaSO ，溶液中离子浓度c(Na＋)>c(SO)>c(HSO)，故D错误。 2 3 类型二 分布系数曲线 1．认识分布系数δ(X)与pH曲线 分布系数曲线是指以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CHCOOH的分布系数，δ 为CHCOO－ δ 为HC O 的分布系数，δ 为HC O的 0 3 1 3 0 2 2 4 1 2 的分布系数 分布系数，δ 为C O的分布系数 2 2 2.读图解题要领 (1)读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势(以上图中HC O 为例)随pH增大，δ 2 2 4 只减不增的为HC O 曲线，δ先增后减的为HC O曲线，δ只增不减的为C O曲线。 2 2 4 2 2 (2)“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： ①图中M点：c(HC O)＝c(H C O)，其pH为pH，K (H C O)＝＝ 。 2 2 2 4 1 a1 2 2 4 ②同理图中N点：c(HC O)＝c(C O)，对应pH为pH，K ＝ 。 2 2 2 a2 ③图中O点，c(H C O)＝c(C O)，此时c(HC O)最大，其溶液pH为pH，则pH＝。 2 2 4 2 2 3 3 思考 请根据HC O 的两级电离常数，推理论证上述③中结论。 2 2 4 提示 HC OH＋＋HC O，HC OH＋＋C O，K ·K ＝，由于交点O时，c(H C O)＝ 2 2 4 2 2 2 a1 a2 2 2 4 c(C O)，c2(H＋)＝K ·K ＝ · ，两边取负对数，即可得，pH＝。 2 a1 a2 3 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(NHCHCOOH)·c(NH CHCOO－)，故D错误。 2 2 2 2 3．(2021·山东，15改编)赖氨酸[H N＋(CH)CH(NH)COO－，用HR表示]是人体必需氨基酸， 3 2 4 2 其盐酸盐(H RCl )在水溶液中存在如下平衡：HR2＋HR＋HRR－。向一定 3 2 3 2 浓度的HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，溶液中HR2＋、HR＋、HR和R－的分布系数δ(X)随 3 2 3 2 pH变化如图所示。已知δ(X)＝，下列表述正确的是( ) A.> B．M点，c(Cl－) ＋c(OH－)＋c(R－)＝2c(H R＋)＋c(Na＋)＋c(H＋) 2 C．O点，pH＝ D．P点，c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) 答案 D解析 M点c(H R2＋)＝c(H R＋)，由此可知K ≈10－2.2，同理K ≈10－9.1，K ≈10－10.8，＝＝10 3 2 1 2 3 －6.9，＝＝10－1.7，因此<，故A错误；M点存在电荷守恒：c(R－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝2c(H R2 3 ＋)＋c(H R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，此时c(H R2＋)＝c(H R＋)，因此c(R－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝ 2 3 2 3c(H R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，故B错误；O点c(H R＋)＝c(R－)，因此＝1，即＝＝1，因此溶液 2 2 pH＝－lg c(H＋)＝，故C错误；P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c(OH －)>c(H＋)，溶质浓度大于水解和电离所产生的微粒浓度，因此 c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H ＋)，故D正确。 类型三 对数图像中的粒子浓度关系 将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取常用对数，即lg c(A)或lg得到 的粒子浓度对数图像。 1．破解对数图像的数据 (1)运算法则：lg ab＝lg a＋lg b、lg＝lg a－lg b、lg 1＝0。 (2)运算突破点：如lg ＝0的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0的点有c(D)＝1 mol·L－1。 2．破解对数图像的步骤 (1)识图像：观察横坐标、纵坐标的含义，看清每条曲线代表的粒子种类以及曲线的变化趋 势，计算电离常数时应利用两种粒子浓度相等的点，如lg ＝0。 (2)找联系：根据图像中的坐标含义和曲线的交点，分析所给电解质的电离平衡常数或pH与 纵、横坐标之间的联系。 (3)想原理：涉及电离平衡常数，写出平衡常数表达式，在识图像、想原理的基础上，将图 像与原理结合起来思考。 (4)用公式：运用对数计算公式分析。 1.丙酮酸(CHCOCOOH)是一元弱酸。298 K时，向20 mL 0.1 mol·L－1丙酮酸溶液中滴加pH 3 ＝13的NaOH溶液，溶液中lg与pH的关系曲线如图所示。下列说法错误的是( ) A．298 K时，CHCOCOOH的电离常数的数量级为10－3 3 B．E点溶液中，a＝2 C．G点对应的NaOH溶液的体积为20 mL D．E、F、G三点对应的溶液中水的电离程度：Ec(OH－) D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋) 答案 D 解析 横坐标取0时，曲线M对应pH约为5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴 定HX溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在 c(HX－)＝c(H X)，所以曲线N表示pH与lg 2 2 的变化关系，B正确；＝1时，即lg＝0，pH≈5.4，c(H＋)＝1×10－5.4 mol·L－1，K ＝＝1×10 a2 －5.4，A正确；NaHX溶液中，c(HX－)>c(X2－)，即<1，lg <0，此时溶液呈酸性，C正确；当 溶液呈中性时，由曲线M可知lg >0，>1，即c(X2－)>c(HX－)，D错误。 课时精练 1．常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.10 mol·L－1盐酸和20.00 mL 0.10 mol·L－1 CHCOOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是( ) 3A．图2是滴定盐酸的曲线 B．a与b的关系是a＜b C．E点对应离子浓度由大到小的顺序可能为c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) 3 D．这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂 答案 C 解析 根据酸的初始pH知，图1为滴定盐酸的曲线，故A错误；根据图1知，a点氢氧化 钠溶液的体积是20.00 mL，酸和碱的物质的量相等，二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶 液呈中性；醋酸中滴入氢氧化钠溶液，醋酸钠溶液呈碱性，所以b点氢氧化钠溶液的体积小 于20.00 mL，a＞b，故B错误；E点溶液的成分为醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的 电离程度大于醋酸钠的水解程度，盐类水解程度较小，则溶液中离子浓度可能为 c(CHCOO 3 －)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C正确；氢氧化钠和盐酸恰好反应，溶液呈中性，可以选择 甲基橙或酚酞；氢氧化钠和醋酸恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，只能选择酚酞，故D 错误。 2.(2023·大连高三联考)用0.100 0 mol·L－1的盐酸标准溶液分别滴定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正确；分别滴加20.00 mL盐酸时，恰好 3 2 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 正确；滴加 10.00 mL 盐酸时，氨水中存在等量的 NH ·H O 和 NH Cl，此时 3 2 4 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＋)，故D正确。 3 2 3．(2024·厦门模拟)次氯酸为一元弱酸，具有强氧化性，能杀菌、消毒。其溶液中HClO、 ClO－所占物质的量分数(分布系数δ)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是( ) A．该温度下，次氯酸的电离平衡常数K＝10－5 a B．次氯酸的电离方程式为HClOH＋＋ClO－ C．向pH＝5的次氯酸溶液中滴加少量的甲基橙，溶液最终变为黄色 D．某浓度的次氯酸溶液加水稀释过程中，保持不变 答案 C 解析 次氯酸为一元弱酸，电离方程式为HClOH＋＋ClO－，B正确；次氯酸具有强氧化 性，能漂白酸碱指示剂，故滴加甲基橙溶液后溶液最终变为无色，C错误；加水稀释过程中， ＝保持不变，D正确。 4．某温度下，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( ) 3 A．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， 3 则c(OH－)＝c(H＋)，则点③溶液中c(Na＋)＝c(CHCOO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；C项，点 3 ①所示的溶液中存在元素守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)，点②所示的溶液中存在元素守 恒：c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)＝2c(Na＋)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)＋c(CN－)＝ 3 3 c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)，即c(CHCOO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CHCOOH)，正确。 3 3 3 3 5．(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，由此可知，NaHCO 溶液中HCO的水解程度 3 3 大于电离程度，故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 2 3 3 2 过程中c(Na＋)>c(HCO)＋c(CO)＋c(H CO)，故C错误；c点溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝(0.05＋ 2 3 10－11.3)mol·L－1，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝(0.025＋10－4.3)mol·L－ 1，因此x>y，故D正确。 6.常温下，在20 mL 0.1 mol·L－1 Na CO 溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L－1稀盐酸，溶液中 2 3 含碳元素各种微粒(CO 因逸出未画出)的物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图 2 所示。下列说法正确的是( ) A．曲线a表示CO的变化曲线 B．HCO、HCO、CO可大量共存于同一溶液中 2 3C．pH＝11时，c(HCO)c(A－) 答案 B 解析 0.1 mol·L－1 HA溶液中，－lg c (H＋)＝11，c (H＋)＝c (OH－)＝10－11 mol·L－1，c(H 水 水 水 ＋)＝＝10－3 mol·L－1，HAH＋＋A－，K(HA)＝≈＝10－5，A项正确；N点水电离出的H＋ a 浓度最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，则P点溶质为NaOH和NaA，溶液显 碱性，即P点溶液pH不等于7，且b＝20.00，B项错误、C项正确；M点溶液的pH＝7，根 据溶液呈电中性可知，c(Na＋)＝c(A－)，则M点后，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(A－)，D项正确。 8．25 ℃时，用0.10 mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol·L－1 HA溶液，加入氨水的体积 2 (V)与溶液中lg 的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是( ) A．A点溶液的pH等于1B．由图中数据可知，HA为强酸 2 C．B点水电离出的H＋浓度为1.0×10－6 mol·L－1 D．C点溶液中c(A2－)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋) 答案 D 解析 A点：根据c(H＋)·c(OH－)＝K ＝1×10－14，lg ＝12，计算得c(H＋)＝10－1 mol·L－1， w 则pH＝1,0.05 mol·L－1HA完全电离，HA为强酸，故A、B正确；B点酸碱恰好完全中和 2 2 生成盐(NH )A，lg ＝2，计算得c(H＋)＝10－6 mol·L－1，则水电离出的H＋浓度为1.0×10－6 4 2 mol·L－1，故C正确；C点是(NH )A与NH ·H O的混合溶液，lg ＝－4，计算得c(H＋)＝10 4 2 3 2 －9 mol·L－1，则pH＝9，呈碱性，溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(OH－)， 则c(NH)>c(A2－)，则溶液中c(NH)>c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)，故D错误。 9．(2023·河北衡水高三模拟)常温下，向10 mL 0.1 mol·L－1的草酸(H C O)溶液中逐滴滴入 2 2 4 等浓度的NaOH溶液至过量，用甲基橙(变色范围的pH为3.1～4.4)作指示剂，并用pH计测 定滴定过程的溶液pH变化，其滴定曲线如图所示，则下列分析正确的是( ) A．滴入10 mL标准NaOH溶液时，溶液颜色由红色变为橙色 B．图中①点所示溶液中：c(H C O)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(C O) 2 2 4 2 C．在①②之间的任意一点，均存在：c(Na＋)>c(HC O)>c(C O)>c(H C O) 2 2 2 2 4 D．图中②点所示的溶液中：2c(Na＋)＝c(HC O)＋c(C O)＋c(H C O) 2 2 2 2 4 答案 B 解析 甲基橙变色范围的pH为3.1～4.4，滴入10 mL标准NaOH溶液时，溶液pH为4.7， 颜色由红色变为黄色，A错误；图中①点为第一滴定终点，得到的溶质为NaHC O，由质子 2 4 守恒可知，所示溶液中：c(H C O)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(C O)，B正确；在①②之间的任意 2 2 4 2 一点，得到的溶质为NaHC O 、NaC O ，如果溶质以NaC O 为主，则c(HC O)c[(CH )NH]>c(H＋)>c(OH－) 3 2 D．常温下，(CH)NH Cl水解常数K ＝6.25×10－11 3 2 2 h 答案 B 解析 二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即 Y点表示酸碱恰好 完全反应。根据(CH)NH·HO＋HCl===(CH)NH Cl＋HO，可得10×10－3 L×c mol·L－1＝ 3 2 2 3 2 2 2 20×10－3 L×0.1 mol·L－1，c＝0.2，A项正确；二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐， 其溶液呈酸性，X点对应的溶液中(CH)NH·HO、(CH)NH Cl的浓度相等，根据K 推知， 3 2 2 3 2 2 b (CH)NH·HO的电离大于(CH)NH Cl的水解，其混合溶液呈碱性，故中性点应在X点与Y 3 2 2 3 2 2 点之间，B项错误；二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Y点存在： c(Cl－)>c[(CH )NH]>c(H＋)>c(OH－)，C项正确；K ＝＝＝6.25×10－11，D项正确。 3 2 h 11．(2023·南京模拟)常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na FeO)溶液中，溶液中 2 4 含铁微粒存在如下平衡：FeOHFeOHFeOHFeO，各微粒的物质的量分数 2 4 3 δ(X)随pOH变化如图。下列说法正确的是( ) A．Ⅲ代表HFeO的变化曲线 B．a、b、c三点水的电离程度相等 C.＜ D．a点处：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(H FeO)＝c(OH－)＋2c(FeO)＋3c(HFeO) 3 答案 C 解析 稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na FeO)溶液中，溶液pOH不断增大，OH－的浓度不断减 2 4 小，可知Ⅱ代表HFeO的变化曲线，故A错误；a、b、c三点溶液中微粒成分不同，溶液 pOH不同，对水的电离影响程度不同，故B错误；FeO＋HOHFeO＋OH－的平衡常数K 2 1 ＝，a点时c(FeO)＝c(HFeO)，pOH＝1.6，则K ＝10－1.6，同理可知HFeO＋HOHFeO ＋ 1 2 2 4OH－的平衡常数K ＝10－5.2，HFeO＋HOHFeO＋OH－的平衡常数K ＝10－7.3，由此推出 2 2 4 2 3 3 <，故 C 正确；a点溶液中 c(FeO)＝c(HFeO)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＋ c(H FeO)＝c(OH－)＋2c(FeO)＋c(HFeO)＋2c(SO)，从O到a点溶液中发生反应：2NaFeO ＋ 3 2 4 HSO ===2NaHFeO ＋NaSO ，溶液中 c(SO)≠c(HFeO)，则 a 点溶液中 c(Na＋)＋c(H＋)＋ 2 4 4 2 4 c(H FeO)≠c(OH－)＋2c(FeO)＋3c(HFeO)，故D错误。 3 12．(2023·湖南，12)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为 0.020 0 mol·L－1的HCl和CHCOOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η[η＝]的变化曲 3 线如图所示。下列说法错误的是( ) A．K(CHCOOH)约为10－4.76 a 3 B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH) 3 3 C．点b：c(CHCOOH)d，故D错误。 13．298 K时，向20.0 mL 0.10 mol·L－1 HA溶液中滴加0.10 mol·L－1 NaOH溶液，滴定曲 2 线如图所示。下列说法正确的是( )A．该滴定过程应该选择石蕊溶液作指示剂 B．W点到X点发生的主要反应的离子方程式为HA＋2OH－===A2－＋2HO 2 2 C．Y点对应的溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(A2－) D．反应HA＋A2－2HA－的平衡常数K＝1.0×107.4 2 答案 D 解析 石蕊不能用作酸碱中和滴定的指示剂，根据图示滴定终点的pH，可知第二反应终点 应用酚酞作指示剂，A项错误；X点对应的溶液中溶质主要是NaHA，W点到X点发生的主 要反应的离子方程式为HA＋OH－===HA－＋HO，B项错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H 2 2 ＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，因为Y点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，所以c(Na＋)＋ c(H＋)＝c(OH－)＋3c(A2－)，C项错误；K ＝，由于W点c(HA－)＝c(H A)，故K ＝1.0×10－ a1 2 a1 2.3；K ＝，由于Y点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，故K ＝1.0×10－9.7；HAHA－＋H＋ a2 a2 2 与HA－A2－＋H＋相减即得HA＋A2－2HA－，此时的平衡常数K＝＝＝1.0×107.4，D项 2 正确。 14．(2020·江苏，16)吸收工厂烟气中的SO ，能有效减少SO 对空气的污染。氨水、ZnO水 2 2 悬浊液吸收烟气中SO 后经O 催化氧化，可得到硫酸盐。 2 2 已知：室温下，ZnSO 微溶于水，Zn(HSO ) 易溶于水；溶液中HSO 、HSO、SO的物质的 3 3 2 2 3 量分数随pH的分布如图1所示。 (1)氨水吸收SO 。向氨水中通入少量SO ，主要反应的离子方程式为________________；当 2 2 通入SO 至溶液pH＝6时，溶液中浓度最大的阴离子是________(填化学式)。 2 (2)ZnO水悬浊液吸收SO 。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO ，在开始吸收的40 min内， 2 2 SO 吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图2)。溶液pH几乎不变阶 2段，主要产物是________(填化学式)；SO 吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 2 ________________________________________。 (3)O 催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO 得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越 2 2 低SO生成速率越大，其主要原因是__________________________________________；随着 氧化的进行，溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 答案 (1)2NH ＋HO＋SO ===2NH＋SO 3 2 2 (或2NH ·H O＋SO ===2NH＋SO＋HO) HSO 3 2 2 2 (2)ZnSO ZnSO＋SO ＋HO===Zn2＋＋2HSO(或ZnO＋2SO ＋HO===Zn2＋＋2HSO) 3 3 2 2 2 2 (3)随着pH降低，HSO浓度增大 减小 解析 (1)由图1可知，当pH＝6时，溶液中浓度最大的阴离子是HSO。 (2)通入SO ，在开始阶段溶液pH没有大的变化，说明SO 被吸收生成了微溶于水的盐，根 2 2 据题给信息知，应该是生成了ZnSO 。溶液pH迅速降低，说明生成了酸性物质，应该是易 3 溶的酸式盐Zn(HSO )。 3 2 (3)催化氧化时发生反应：2HSO＋O===2SO＋2H＋，随着氧化的进行，溶液的pH将减小。 2 HSO是反应物，且存在HSOH＋＋SO，所以降低pH时，该平衡逆向移动，c(HSO)增大， 即随着pH的降低，c(HSO)增大，SO的生成速率增大。