2021届高考化学一轮复习第8章水溶液中的离子平衡高考热点课6水溶液图像题的突破方法教学案新人教版 17页

水溶液图像题的突破方法 命题分析：水溶液中的图像能把抽象的溶液中平衡理论形象地表述出来，借助图形可以更直观地认识到外界条件对溶液中离子平衡的影响。纵观近年高考试题，常考的题型有酸、碱稀释图像，酸、碱中和滴定图像和沉淀溶解平衡图像，通过图像分析考查外界条件改变时，对Kw、K、Ksp的影响，某离子浓度的变化，更多地是考查溶液中离子浓度的守恒和大小关系以及运用Ksp进行的计算和判断等。‎ 酸、碱稀释图像 ‎1．相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸稀释图像 加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多 ‎2．相同体积、相同pH的盐酸、醋酸稀释图像 加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多 - 17 -‎ ‎[解析]　由Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)可知，酸性HNO2>CH3COOH。pH相同的两种酸稀释相同倍数时，酸性强的酸pH变化大，所以曲线Ⅱ为HNO2，A错误；b、c两点处，b点酸性强，对水的电离抑制程度大，所以水的电离程度：c点>b点，B错误；从c点到d点，＝＝，Kw和Ka是两个常数，只要温度不变，比值也不变，C正确；a点pH相同，则CH3COOH的浓度大，恰好中和时消耗的NaOH多，所以溶液中n(Na＋)多，D错误。‎ ‎[答案]　C ‎　pH＝12的X、Y两种碱溶液各10 mL，分别稀释至1000 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．若10V(Y)‎ D．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强 答案　A 解析　若X为强碱，则10 mL pH＝12的X溶液稀释至1000 mL，pH应该为10，故若101说明HA是弱酸；c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)‎ 反应一半点(点②)‎ 两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)‎ 中性点(点③)‎ 此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)‎ 恰好完全反应点(点④)‎ 此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)‎ 过量一半点(点⑤)‎ 此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)‎ - 17 -‎ ‎[解析]　溶液导电能力的强弱与溶液中自由移动的离子浓度和种类有关，A正确；由图像知，a点到b点，HA－转化为A2－，b点导电能力相对于a点增强，可判断Na＋和A2－的导电能力之和大于HA－的，B正确；b点为反应终点，发生的反应为2KHA＋2NaOH===Na2A＋K2A＋2H2O。因为H2A为弱酸，所以Na2A、K2A溶液显碱性，pH＞7，C错误；c点为Na2A、K2A和NaOH的混合溶液，c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)，D正确。‎ ‎[答案]　C ‎　(2019·福建六校联盟高三联考)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是(　　)‎ A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)‎ C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)‎ D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H - 17 -‎ ‎＋)‎ 答案　C 解析　根据三种酸的浓度均为0.1 mol·L－1，结合滴定前三种酸溶液pH：HAHB>HD，由于酸性越强其电离常数越大，即电离常数：KHA>KHB>KHD，A正确；由P点时中和百分数为50%，可知溶液中c(HB)＝c(NaB)，再结合此时溶液pH<7可知HB的电离程度大于B－的水解程度，结合电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(B－)，知c(B－)>c(Na＋)，B正确；NaOH滴定HA，根据电荷守恒可知，cA(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，当溶液pH＝7时，cA(Na＋)＝c(A－)，同理cB(Na＋)＝c(B－)、cD(Na＋)＝c(D－)，根据中和反应原理可知溶液呈中性时三种酸消耗的NaOH的量不同，故溶液中c(Na＋)不同，则c(A－)、c(B－)、c(D－)不同，C错误；当中和百分数达100%时，将三种溶液混合，即溶液为NaA、NaB、NaD的混合液，根据质子守恒可知c(OH－)＝c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＋c(H＋)，即c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D正确。‎ 解沉淀溶解平衡图像题三步骤 第一步：明确图像中纵、横坐标的含义 纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。‎ 第二步：理解图像中线上点、线外点的含义 ‎(1)以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。‎ ‎(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc＞Ksp。‎ ‎(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qcc(CO)‎ D．向浓度均为0.01 mol·L－1的Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MgCO3沉淀 答案　D 解析　根据题图可知，－lg c(CO)＝0时，10<－lg c(Mn2＋)<11，即c(CO)＝1 mol·L－1时，10－11c(CO)，C项正确；‎ ‎－lg c(M)、－lg c(CO)越大，则c(M)、c(CO)越小，Ksp越小，根据题图，可以判断MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故向浓度均为0.01 mol·L－1的Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MnCO3沉淀，D项错误。‎ 分布分数类图像分析 本类题纵坐标是溶液中存在的微粒的物质的量浓度或物质的量分数，横坐标是溶液的pH。解答本类试题时也一般分三步分析：第一步总体读图，通过观察弄清纵坐标的含义及单位，弄清各微粒浓度变化；第二步是识图，分析特殊点的图像含义，如曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等，分析曲线的变化趋势如斜率的大小及升降；第三步是分析，进行信息提取，挖掘隐含信息、排除干扰信息、提炼有用信息，在统摄信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算分析。‎ - 17 -‎ ‎[解析]　溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡，存在HPO的电离平衡，存在水的电离平衡等，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始(H2PO)增大，溶液的pH大约从5.50减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66以后就不变了，C错误。由图2得到，pH＝4.66的时候，δ＝0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。‎ ‎[答案]　D ‎　(2019·贵州重点中学高考教学质量测评)改变0.1 mol/L二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示。借助图像分析，下列说法中错误的是(　　)‎ - 17 -‎ A．H2A的第一步电离常数K1(H2A)＝10－1.2‎ B．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)‎ C．若向0.1 mol/L NaHA溶液中滴入酚酞，溶液变红 D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)‎ 答案　C 解析　pH＝1.2时，c(HA－)＝c(H2A)，H2A的第一步电离常数K1(H2A)＝c(H＋)＝10－1.2，A正确；根据图中信息可知，pH＝2.7时，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，根据公式δ(X)＝可知，c(X)与δ(X)成正比，故c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，B正确；根据图中信息可知，0.1 mol/L NaHA溶液pH＝2.7，溶液呈酸性，若向其中滴入酚酞，溶液无色，C错误；根据图中信息可知，pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)，此时c(H2A)≈0，则c(HA－)＝c(A2－)≈0.05 mol/L>c(H＋)＝10－4.2 mol/L，即c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)，D正确。‎ ‎　　建议用时：40分钟　　　满分：100分 一、选择题 ‎1．(2019·长春外国语学校高三期末考试)常温下，向20 mL某浓度的硫酸中滴入0.1 mol/L氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列分析正确的是(　　)‎ A．该硫酸的浓度为1 mol/L B．b点所示溶液中：c(NH)＝c(SO)‎ C．V＝40‎ D．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)‎ 答案　D - 17 -‎ 解析　根据20 mL的稀H2SO4溶液中，水电离出的氢离子浓度是10－13 mol/L，根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1 mol/L，稀硫酸的浓度为0.05 mol/L，故A错误；根据电荷守恒可知c(H＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(OH－)，而溶液呈中性c(OH－)＝c(H＋)，所以c(NH)＝2c(SO)，故B错误；c点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，所以两者恰好完全反应生成硫酸铵，而稀硫酸的浓度为0.05 mol/L，所以氨水的体积也是20 mL，即V＝20，故C错误；c点所示溶液是硫酸铵溶液，由质子守恒得D正确。‎ ‎2．常温下，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断错误的是(　　)‎ A．a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液 B．a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp C．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO)一定不等于3×10－3 mol·L－1‎ D．向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点 答案　A 解析　CaSO4饱和溶液中阴阳离子浓度相等，a、c两点阴阳离子浓度不相等，A错误；a、c两点温度相同，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，B正确；根据图示数据，可以看出b点Qc＝2×10－5>Ksp，所以会生成沉淀，因为c(Ca2＋)大于c(SO)，平衡后溶液中c(SO)一定小于3×10－3 mol·L－1 ，C正确；d点为不饱和状态，c(Ca2＋)较小，如加入适量CaCl2固体，c(Ca2＋)增大，此时c(SO)不变，则可以变到c点，D正确。‎ ‎3．(2019·湖北省鄂州市、黄冈市高三调研)已知金属离子M2＋，25 ℃时在水中存在M2＋(aq)、M(OH)＋(aq)、M(OH)2(s)、M(OH)(aq)、M(OH)(aq)五种形态，该体系中各形态的物质的量分数(α)随pH的变化关系如图，下列叙述中错误的是(　　)‎ A．P点的pH为12，则M(OH)M(OH)2＋OH－的平衡常数为10－2‎ B．M(OH)2完全沉淀后，增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解 - 17 -‎ C．溶液pH达到14之前，沉淀M(OH)2已完全溶解 D．M(NO3)2溶液显酸性，其水解的离子方程式为M2＋＋H2OM(OH)＋＋H＋‎ 答案　A 解析　随着pH增大，c(OH－)增大，金属离子M2＋能结合OH－随之增多，故1为M2＋(aq)、2为M(OH)＋(aq)、3为M(OH)2(s)、4为M(OH)(aq)、5为M(OH)(aq)。平衡常数K＝，P点的pH为12，c(OH－)＝10－2，c[M(OH)]不知道，不能计算平衡常数，故A错误。由图可知，M(OH)2完全沉淀后，有一段随着pH改变，物质的量分数(α)没有发生变化，所以增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解，故B正确。由图中3可知，溶液pH达到14之前，M(OH)2物质的量分数已经为0，说明沉淀M(OH)2已完全溶解，故C正确。M(NO3)2溶液显酸性，其水解的离子方程式为M2＋＋H2OM(OH)＋＋H＋，故D正确。‎ ‎4.浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱 B．常温下，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：ab D．lg＝3，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，则减小 答案　B 解析　A项，由图像可知当lg＝0，即V＝V0时，0.1 mol/L的HX溶液和HY溶液的pH分别为2到3之间和1，所以HX是弱酸、HY是强酸，错误；B项，酸抑制水的电离，所以酸性越弱、水的电离程度越大，即pH越大，水电离出的c(H＋)·c(OH－)越大，由图像可知，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：ac(A－)，D错误。‎ ‎6．(2019·西安五校高三联考)电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下，用0.100 mol·L－1盐酸滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线 - 17 -‎ B．a点溶液中：c[(CH3)2NH]>c[(CH3)2NH·H2O]‎ C．d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]‎ D．b、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点 答案　C 解析　二甲胺是弱电解质，因此浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液相比，二甲胺溶液中离子浓度小，故起始时二甲胺溶液电导率小，故曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线，A项错误；曲线①表示滴定NaOH溶液的曲线，a点在曲线①上，a点溶液中不含(CH3)2NH和(CH3)2NH·H2O，B项错误；d点二甲胺和盐酸恰好完全反应，得到(CH3)2NH2Cl溶液，根据电荷守恒可知，c(H＋)＋c[(CH3)2NH]＝c(OH－)＋c(Cl－)，根据物料守恒可知，c(Cl－)＝c[(CH3)2NH]＋c[(CH3)2NH·H2O]，消去c(Cl－)，可得c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，C项正确；b点溶液中的溶质是等物质的量的二甲胺、(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH的水解平衡常数Kh＝＝＝6.25×10－11<1.6×10－4，即(CH3)2NH的水解程度小于二甲胺的电离程度，b点溶液呈碱性，水的电离受到抑制，c点NaOH与HCl恰好完全反应，溶质为NaCl，水的电离既不受到促进也不受到抑制，e点溶液中溶质为等物质的量的HCl和(CH3)2NH2Cl，水的电离受到抑制，因此水的电离程度最大的是c点，D项错误。‎ ‎7.常温下用0.1000 mol/L的盐酸分别逐滴加入到20.00 mL 0.1000 mol/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)‎ A．XOH为强碱，MOH、YOH均为弱碱 B．V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOH C．V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液中水的电离程度：XOH>MOH>YOH D．V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)‎ 答案　C 解析　根据图示信息，在未滴加盐酸时，XOH的pH为13，为强碱，MOH、YOH的pH小于13，均为弱碱，A正确；V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中分别为XCl、XOH，MCl、MOH，YCl、YOH的混合物，因为碱性：XOH>MOH>YOH，故三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOH，B正确；V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液分别恰好是XCl、MCl、YCl溶液，水的电离程度为YOH>MOH>XOH，C错误；V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中应为YCl、HCl的混合物，溶液中的电荷守恒为c(H＋)＋c(Y＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒为2[c(Y＋)＋‎ - 17 -‎ c(YOH)]＝c(Cl－)，将电荷守恒和物料守恒两式联立得：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)，D正确。‎ ‎8．(2019·昆明市高三复习诊断测试理科综合能力测试)常温下，用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L－1的H2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是(　　)‎ A．水的电离程度：C>B B．向A点溶液中加少量的水：保持不变 C．C点：c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)‎ D．D点：2c(Na＋)＝c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)‎ 答案　D 解析　C点加入10 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，发生反应NaOH＋H2A===NaHA＋H2O，溶质为NaHA，溶液pH略大于7，说明HA－的水解程度大于电离程度，促进水的电离，B点为中性溶液，故水的电离程度：C>B，故A正确；若A点溶液中加入少量水，促进弱酸的电离，H2AH＋＋HA－，Ka1＝，＝＝‎ ＝，温度不变，Ka1和Kw都不变，故B正确；C点溶液的pH>7，为碱性溶液，故c(H＋)c(HA－)＋2c(A2－)，故C正确；D点为Na2A溶液，根据物料守恒得c(Na＋)＝2[c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)]，故D错误。‎ ‎9．(2019·湖南名校高三大联考)25 ℃时，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－lg 和－lg c(HC2O)[或－lg 和－lg c(C2O)]的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ - 17 -‎ A．曲线N表示－lg 和－lg c(HC2O)的关系 B．Ka1(H2C2O4)的数量级为10－1‎ C．向NaHC2O4溶液中加少量NaOH到c(HC2O)和c(C2O)相等，此时溶液pH约为5‎ D．在NaHC2O4溶液中c(Na＋)>c(HC2O)>c(H2C2O4)>c(C2O)‎ 答案　C 解析　H2C2O4是二元弱酸，在溶液中发生两步电离，即H2C2O4HC2O＋H＋、HC2OC2O＋H＋，则Ka1＝、Ka2＝，则 ‎－lg Ka1＝－lg ＝－[lg ＋lg c(HC2O)]、－lg Ka2＝－lg ＝‎ ‎－[lg ＋lg c(C2O)]，由Ka1>Ka2可知，－lg Ka1<－lg Ka2，即－[lg ＋lg c(HC2O)]<－[lg ＋lg c(C2O)]，故曲线M表示－lg 和－lg c(HC2O)的关系，A错误；由曲线M上的点(1,1)可知－lg Ka1＝－[lg ＋lg c(HC2O)]＝1＋1＝2，则Ka1＝10－2，同理可求出Ka2＝10－5，则Ka1(H2C2O4)的数量级为10－2，B错误；向NaHC2O4溶液中加入少量NaOH至c(HC2O) 和c(C2O)相等，则Ka2＝＝c(H＋)＝10－5，即此时溶液pH＝5，C正确；由上述分析可求出HC2O发生水解反应的平衡常数Kh＝＝10－12，则Ka2>Kh，即HC2O的电离能力大于水解能力，则在NaHC2O4溶液中：c(Na＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)，D错误。‎ 二、非选择题 ‎10．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/(mol·L－1)]如图所示。‎ - 17 -‎ ‎(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是______。‎ ‎(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH________(填字母)。‎ A．>1 B．4左右 ‎ C．<6‎ ‎(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是__________________________________。‎ ‎(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式：______________________________________________。‎ ‎(5)已知一些难溶物的溶度积常数如表所示：‎ 物质 FeS MnS CuS Ksp ‎6.3×10－18‎ ‎2.5×10－13‎ ‎1.3×10－35‎ 物质 PbS HgS ZnS Ksp ‎3.4×10－28‎ ‎6.4×10－33‎ ‎1.6×10－24‎ 为除去某工业废水中含有的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的________。‎ A．NaOH B．FeS ‎ C．Na2S 答案　(1)Cu2＋　(2)B　(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小　(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O　(5)B 解析　(1)由图可知，在pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是Cu2＋，不会出现Cu(OH)2沉淀。‎ ‎(2)要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。‎ ‎(3)从图示关系可看出，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，不能通过调节溶液pH而达到分离的目的。‎ ‎(4)Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入氨水后生成难电离的[Cu(NH3)4]2＋，促进Cu(OH)2的溶解。‎ - 17 -‎ ‎(5)要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使三种杂质离子转化为更难溶解的金属硫化物沉淀。‎ - 17 -‎