2020年高考化学一轮总复习文档：第八章高考热点课6 学案

　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。

突破点1　酸、碱稀释图像

突破方法

(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸稀释图像

(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸稀释图像

　(2018·武汉市高三调研)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－)：a<b

C．相同温度下，电离常数K(HX)：a>b

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

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－)：a<b，正确；C项，温度相同，则电离常数相同，错误；D项，微热促进HX的电离，所以增大，错误。

答案　B

　(2018·湖南衡阳三模)室温下，pH相差1的两种一元碱溶液A和B，分别加水稀释时，溶液的pH变化如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．稀释前，c(A)＝10c(B)

B．稀释前，A溶液中由水电离出的OH－的浓度大于10－7 mol/L

C．用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，溶液的pH为7

D．在M点，A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等

答案　D

解析　由图知，B为弱碱，稀释前，设c(A)＝0.1 mol/L，则c(B)＞0.01 mol/L，则c(A)＜10c(B)，A错误；碱抑制水的电离，则A溶液中由水电离出的OH－的浓度小于10－7 mol/L，B错误；用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，醋酸是弱酸，生成的醋酸根离子水解显碱性，pH不一定为7，C错误；M点A、B溶液pH相同，氢氧根离子浓度相同，所以M点A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等，D正确。

突破点2　酸、碱中和滴定曲线

突破方法：巧抓“5点”突破中和滴定图像题

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、恰好反应点、中性点、反应一半点和过量点，先判断出各个点中的溶质及溶液的酸碱性，以下面室温时用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液为例(如图)，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：

　(2017·全国卷Ⅰ)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)

A．Ka2(H2X)的数量级为10－6

B．曲线N表示pH与lg的变化关系

C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)

D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)

解析　己二酸为二元弱酸，当横坐标为0.0时对应M、N两线的pH分别约为5.4和4.4，由第一步电离远远大于第二步电离可知第一步电离时己二酸pH更小，所以N为第一步电离，即曲线N表示pH与lg 的变化关系，B正确；由上述分析可知曲线M为己二酸的第二步电离，则当lg ＝0.0时，Ka2(H2X)＝＝c(H＋)≈10－5.4＝100.6×10－6，A正确；NaHX溶液中，＜1，则lg＜0，此时溶液pH＜5.4，溶液呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH－)，C正确；由以上分析可知，HX－的电离程度大于其水解程度，故当溶液呈中性时，c(Na2X)＞c(NaHX)，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(X2－)＞c(HX－)＞c(OH－)＝c(H＋)，D错误。

答案　D

　(2018·齐齐哈尔市三模)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项正确；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项正确；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项错误；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＋)＋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项正确。

突破点3　沉淀溶解平衡图像

突破方法：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Qc<Ksp。

第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断

(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：

①原溶液不饱和时，离子浓度都增大；

②原溶液饱和时，离子浓度都不变。

(2)溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓

度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。

　(2018·全国卷Ⅲ)用0.100 mol·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(　　)

A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10

B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)

C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a

D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动

解析　选取横坐标为50 mL的点，此时向50 mL 0.0500 mol·L－1的Cl－溶液中，加入了50 mL 0.100 mol·L－1的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag＋浓度为0.025 mol·L－1(按照银离子和氯离子1∶1的比例沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍)，由图示得到此时Cl－的浓度约为1×10－8 mol·L－1(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为0.025×10－8＝2.5×10－10，所以其数量级为10－10，A正确。由于Ksp(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以曲线上各点的溶液均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B正确。滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50 mL 0.0500 mol·L－1的Cl－溶液改为50 mL 0.0400 mol·L－1的Cl－溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25 mL变为25 mL×0.8＝20 mL，而a点对应的是15 mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度逐渐减小，所以Ksp(AgCl)大于Ksp(AgBr)，将50 mL 0.0500 mol·L－1的Cl－溶液改为50 mL 0.0500 mol·L－1的Br－溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是按比例1∶1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由点c向b方向移动，D正确。

答案　C

　(2018·商丘模拟)25 ℃时，用Na2S溶液沉淀Cu2＋、Zn2＋两种金属离子(M2＋)，所需S2－最低浓度的对数值lg c(S2－)与lg c(M2＋)关系如图所示。

下列说法中不正确的是(　　)

A．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)

B．25 ℃时，Ksp(CuS)约为1×10－35

C．向100 mL浓度均为10－5 mol·L－1的Zn2＋、Cu2＋的混合溶液中逐滴加入1×10－4 mol·L－1的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀

D．向Cu2＋浓度为1×10－5 mol·L－1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出

答案　A

解析　Na2S溶液中存在物料守恒：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，A错误；Ksp(CuS)＝10－25×10－10＝1×10－35，B正确；向100 mL浓度均为10－5 mol·L－1的Zn2＋、Cu2＋的混合溶液中逐滴加入1×10－4 mol·L－1的Na2S溶液，由于CuS、ZnS构型相同，且Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，故Cu2＋先沉淀，C正确；由于Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，向Cu2＋浓度为1×10－5 mol·L－1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，D正确。

突破点4　分布分数类图像分析

突破方法

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。解答本类试题时也是一般分三步分析：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。

　(2017·全国卷Ⅱ)改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示已知δ(X)＝。

下列叙述错误的是(　　)

A.pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)

B.lg [K2(H2A)]＝－4.2

C.pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)

D.pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)

解析　A对：根据题给图像，pH＝1.2时，H2A与HA－的物质的量分数相等，则有c(H2A)＝c(HA－)。B对：根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，K2(H2A)＝＝c(H＋)＝10－4.2，则lg [K2(H2A)]＝－4.2。C对：根据题给图像，pH＝2.7时，H2A与A2－的物质的量分数相等，且远小于HA－的物质的量分数，则有c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)。D错：根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，c(HA－)＝c(A2－)，且c(HA－)＋c(A2－)约为0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)。

答案　D

　(2018·广东省二模)25 ℃时，改变0.1 mol·L－1 RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO－的微粒分布分数α(X)＝；甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分数与pH的关系如图所示。

下列说法正确的是(　　)

A．丙酸的酸性比甲酸强

B．若0.1 mol·L－1甲酸溶液的pH＝2.33，则0.01 mol·L－1甲酸溶液的pH＝3.33

C．25 ℃时CH3CH2COOHCH3CH2COO－＋H＋的lg K＝－4.88

D．将0.1 mol·L－1的HCOOH溶液与0.1 mol·L－1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(HCOOH)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋)

答案　C

解析　根据图示，当甲酸、丙酸分子的分布分数α均为50%时，甲酸的pH＝3.75，丙酸的pH＝4.88。则：Ka(HCOOH)＝＝10－3.75，Ka(CH3CH2COOH)＝＝10－4.88，HCOOH的酸性比丙酸强，A项错误，C项正确；甲酸是弱酸，稀释10倍时，pH变化小于1，若0.1 mol·L－1甲酸溶液的pH＝2.33，则0.01 mol·L－1甲酸溶液的pH＜3.33，B项错误；Ka(HCOOH)＝10－3.75，则Kh(HCOO－)＝

＝＝10－10.25，可以看出，等浓度时，HCOOH电离大于HCOO－水解，故将0.1 mol·L－1的HCOOH溶液与0.1 mol·L－1的HCOONa溶液等体积混合，溶液呈酸性，溶液中微粒大小顺序为：c(HCOO－)＞c(Na＋)＞c(HCOOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，D项错误。