重难点12 电解质溶液图像分析-2025年高考化学 热点 重点 难点 专练（新高考通用）

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【思维导图】
【高分技巧】
一、中和滴定反应突跃曲线的分析应用
1．强碱滴定强酸
(1)0.10 ml·L－1 NaOH标准液滴定20 mL 0.10 ml·L－1 HCl溶液(如图)
NaOH溶液从19.98 mL到20.02 mL，只增加了0.04 mL(约1滴)，就使得溶液的pH改变了5.4个单位。这种在化学计量点±0.1%范围内，pH的急剧变化就称为滴定突跃。滴定突跃范围是选择指示剂的重要依据，凡是在滴定突跃范围内能发生颜色变化的指示剂都可以用来指示滴定终点。实际分析时，为了更好地判断终点，氢氧化钠溶液滴定盐酸通常选用酚酞作指示剂的原因：终点的颜色由无色变为浅红色，更容易辨别。
(2)浓度越大，滴定突跃就越大，可供选择的指示剂就越多。
2．强碱滴定弱酸
由图可知：酸性越弱，Ka越小，滴定突跃范围就越小。
3．巧抓“四点”，突破溶液中的粒子浓度关系
(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
(2)抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么？判断溶液的酸碱性。
(3)抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
(4)抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么？判断哪种物质过量。
实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示：
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
分析：
a点，溶质为CH3COONa、CH3COOH，
离子浓度关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；
b点，溶质为CH3COONa、CH3COOH，
离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)；
c点，溶质为CH3COONa，
离子浓度关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；
d点，溶质为CH3COONa、NaOH，
离子浓度关系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)。
二、弱电解质(弱酸或弱碱)分布系数图像
①H2C2O4H＋＋HC2Oeq \\al(－,4)，Ka1＝eq \f(c(H＋)·c(HC2O\\al(－,4)),c(H2C2O4))；
②HC2Oeq \\al(－,4)H＋＋C2Oeq \\al(2－,4)，Ka2＝eq \f(c(H＋)·c(C2O\\al(2－,4)),c(HC2O\\al(－,4)))。
三、对数图像
1.常考的对数图像类型
2.对数图像分析
lg c(x)与pH关系图
当弱电解质的成分粒子的浓度c(x)经对数处理后，就得到lg c(x)与pH的直线关系图。
分析曲线的方法：一是根据中和反应判断各成分浓度是增大还是减小；二是根据pH等于7，H＋和OH－浓度对数的交叉点来确定氢离子和氢氧根离子浓度变化的曲线。
如25 ℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 ml·L－1，lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO－)、lg c(H＋)和lg c(OH－)随pH变化的关系如下图所示。
分析：随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，醋酸和氢离子的浓度减小。根据下图分析可知，
O点pH＝7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知：曲线2为lg c(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lg c(OH－)随pH的变化曲线；曲线1为lg c(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线4为lg c(CH3COOH)随pH的变化曲线。
四、沉淀溶解平衡曲线的分析应用
1．有关Ksp曲线图的分析
如：
(1)a→c，曲线上变化，增大c(SOeq \\al(2－,4))。
(2)b→c，加入1×10－5 ml·L－1 Na2SO4溶液(加水不行)。
(3)d→c，加入BaCl2固体(忽略溶液的体积变化)。
(4)c→a，曲线上变化，增大c(Ba2＋)。
(5)曲线上方的点表示有沉淀生成；曲线下方的点表示不饱和溶液。
(6)不同曲线(T1、T2)之间变化仅能通过改变温度实现。
2．有关沉淀溶解平衡对数直线图的分析
如：
已知：pM＝－lg c(M)(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)，p(COeq \\al(2－,3))＝－lg c(COeq \\al(2－,3))。
(1)横坐标数值越大，c(COeq \\al(2－,3))越小。
(2)纵坐标数值越大，c(M)越小。
(3)直线上方的点为不饱和溶液。
(4)直线上的点为饱和溶液。
(5)直线下方的点表示有沉淀生成。
(6)直线上任意点，坐标数值越大，其对应的离子浓度越小。
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考向01 滴定曲线分析
1.（2024·湖南卷）常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．水的电离程度：
B．M点：
C．当时，
D．N点：
【答案】D
【分析】结合起点和终点，向溶液中滴入相同浓度的溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、、和；当，溶液中存在Na+、H+和，，随着加入溶液，减少但不会降到0，当，，随着加入溶液，会与反应而减少，当，溶质为，，，很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表；当时，中=，很小，随着加入溶液，溶质由变为和混物，最终为，增加的很少，而增加的多，当，溶质为，少部分水解，，斜率为正的曲线代表，即经过M点在下降的曲线表示的是浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是浓度的改变。
【解析】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确；
B．M点溶液中电荷守恒有，M点为交点可知，联合可得，故B正确；
C．当时，溶液中的溶质为，根据电荷守恒有，根据物料守恒，两式整理可得，故C正确；
D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此及观察图中N点可知，，根据，可知，故D错误；
故答案选D。
2.（湖南省衡阳一中2024届高三模拟）室温下，向20.00mL 0.1000ml·L−1盐酸中滴加0.1000ml·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5=0.7。下列说法不正确的是
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B．若向CH3COOH中滴加NaOH，当pH=7，消耗的V(NaOH)c(OH-)>c(H+)
C．C点：a>12.5，酸碱恰好完全中和，c(Na+)=c(CH3COO-)
D．D点：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】A．A点为0.1 ml·L-1 NaOH溶液，c(OH-)=0.1ml/L、c(H+)=1×10-13 ml·L-1，氢氧化钠抑制水电离，由水电离出的c(OH-)=1×10-13 ml·L-1，故A错误；
B．B点溶液呈碱性，根据电荷守恒可知c(CH3COO-)c()>c()>c()
【答案】B
【分析】向20 mL 0.1 ml·L-1Na2CO3溶液中滴加0.2 ml·L-1盐酸，起点pH约为11，说明碳酸钠溶液显碱性，逐滴加入盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，a点时恰好1：1反应，此时溶质为氯化钠和碳酸氢钠，溶液仍为碱性；b点盐酸与碳酸钠完全反应，溶质为氯化钠和碳酸，溶液显酸性。
【解析】A．碳酸钠水解以第一步为主且为可逆反应，A正确；
B．a点时n(Na2CO3)=n(HCl)，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，溶液中存在的电离平衡和H2O的电离平衡及的水解平衡，只是的电离程度小于其水解程度，溶液呈碱性，B错误；
C．a点是等物质的量浓度的NaCl和NaHCO3的混合溶液，故氯原子和碳原子的个数相等，由物料守恒知，c(Cl-)=c(H2CO3)+c()+c()，C正确；
D．b点对应的溶液溶质是NaCl和H2CO3，H2CO3电离程度很小，且第一步电离大于第二步电离，D正确；
故选B。
5.（广西玉林市2025届高三质量监测）在时，向体积均为、浓度均为的两种酸(HX、HY)中分别滴加的溶液，所加溶液体积与反应后溶液的的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．的电离方程式为
B．溶液中
C．时，反应后的两种溶液中
D．b点时：
【答案】D
【解析】A．由图可知，的等于1，则为强酸，电离方程式为，故A错误；
B．由图可知，HY的等于4，溶液中，故B错误；
C．时，两种溶液恰好反应分别生成等量的和，发生水解，所以溶液中，故C错误；
D．点为加入NaOH溶液体积为，对于溶液中，反应恰好生成等量的和，根据物料守恒：，根据电荷守恒：，联立得：，则，故D正确；故选D。
考向02 分布系数图像
6.（2024·江西卷）废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是
已知：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=；
A．曲线z为δ(MnOH+)
B．O点，
C．P点，c(Mn2+)＜c(K+)
D．Q点，c()=2c(MnOH+)+2c()
【答案】C
【分析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为，结合图象变化分析判断选项。
【解析】A．分析可知，z表示δ()，故A错误；
B．图中O点存在电离平衡Mn2++OH﹣⇌MnOH+，在P点时c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，K103.8，O点δ(Mn2+)＝0.6时，δ(MnOH+)＝0.4，则c(OH﹣)10﹣3.8ml/L10﹣3.8ml/L，则，故B错误；
C．P点时δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，溶液中含Mn元素微粒只有这两种，根据物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c()，且c(Mn2+)＝c(MnOH+)① 即2c(Mn2+)=c()②，根据电荷守恒有 ③，将①和②代入③得到，此时pH=10.2， 则c(Mn2+)＜c(K+)，故C正确；
D．Q点时，根据图像溶液中存在，物料守恒：c()＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c()+c()+c[]，且c(MnOH+)＝c()，c()=c[]，则c()＝c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c() ，故c()＞2c(MnOH+)+2c() ，故D错误；故选C。
7.（2024·浙江卷）室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如]。已知：。
下列说法正确的是
A．溶解度：大于
B．以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度
C．忽略的第二步水解，的溶液中水解率约为
D．的溶液中加入等体积的溶液，反应初始生成的沉淀是
【答案】C
【分析】在H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-、HS-H++S2-，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。
【解析】A．FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS溶液物质的量浓度为=ml/L=×10-9ml/L，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为=ml/L=×10-6ml/L＞×10-9ml/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A项错误；
B．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误；
C．Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数Kh(S2-)=====0.1，设水解的S2-的浓度为x ml/L，则=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为×100%=62%，C项正确；
D．0.01ml/L FeCl2溶液中加入等体积0.2ml/L Na2S溶液，瞬间得到0.005ml/L FeCl2和0.1ml/L Na2S的混合液，结合C项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005ml/L×(0.1ml/L-0.062ml/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005ml/L×(0.062ml/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D项错误；故选C。
8.（2024·山东卷）常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已初始浓度，所有含碳物质的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A．线Ⅱ表示的变化情况
B．的电离平衡常数
C．时，
D．时，
【答案】C
【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)（②），Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+（③），随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。
【解析】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项错误；
B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，B项错误；
C．pH=n时=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=ml/L，C项正确；
D．根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08ml/L，所以c(Ag+)+c(CH3COOAg)50%，即c(Pb2+)>1×10-5ml/L，则c()≤=ml/L=10-7.1ml/L