高考化学二轮复习高频考点提分精准突破专题10 滴定（曲线）分析（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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高频考点10：滴定（曲线）分析提分精准突破
1.基于核心素养的滴定曲线分析
电化学核心素养体现在“变化观念与平衡思想”。核心素养生成——通过三大平衡理论的分析，认识溶液中的平衡是多维度、动态变化的，通过化学反应平衡移动原理的应用，解决实际问题，分析各平衡的影响因素，对所给曲线做出正确分析，运用联系发展和动态平衡的观点看待和分析可逆反应，提升学生的变化观念与平衡的学科思想素养。预测在2020高考中，仍会以图像的形式综合考查外界条件对电离平衡的影响，以及借助图像数据计算电离平衡常数；离子积常数和影响水电离平衡的因素，特别是酸、碱反应过程中水的电离程度的变化；盐类水解原理，特别是特殊点的粒子浓度大小关系；溶度积和溶度积曲线的理解等，强调用动态平衡的观点看待和分析微粒变化的过程，便于考查考生的探究能力。
本专题包括五个高频微考点：
☆酸碱中和滴定过程分析
☆溶液三大守恒应用分析
☆溶度积曲线及应用分析
☆分布系数图像综合分析
☆PH-T图像题综合分析
2. 滴定曲线高频考点“微”解读与精准突破
解决滴定类曲线问题的关键是巧抓“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(或二倍点)，解题时：第一，先判断出各个点的溶质成分，不考虑水解或电离，只按方程式反应关系得到溶质各成分的量，第二，判断出对应点溶液的酸碱性。
【例析】[改编题]用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：

(1)除起点外曲线上所有的点均满足：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
(2)不同点微粒关系情况
关键点
离子浓度关系
原点(点O)
原点为HA的单一溶液，HA为弱酸，c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)、c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol/L、Ka＝
①：半反应点
两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pHc(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)，c(A－)＋c(HA)＝2c(Na＋)；c(HA)＋2c(H＋)＝c(A－)＋2c(OH－)
②：中性点
此时溶液pH＝7，溶液呈中性，酸液没有完全被中和，溶质的成分为HA和NaA，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)
③：中和点（滴定终点）
此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)，c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)
④：二倍点
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＋)，c(Na＋)＝2[c(HA)＋c(A－)]；c(OH－)＝2c(HA)＋c(A－)＋c(H＋)
(3)曲线上各点溶液中水的电离情况变化规律
水的电离情况
抑制
无影响
促进
电离程度最大
无影响
抑制
溶质成分
HA
HA、NaA
HA、NaA
NaA
NaA、NaOH
NaA、NaOH

【典例导引】
☆酸碱中和滴定过程分析
【典例1】[2019·新课标全国Ⅰ] NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是

A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C．b点的混合溶液pH=7
D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】
A.向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；
B.a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；
C.b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；
D.b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。
故选C。
☆溶液三大守恒应用分析
【典例2】[2019·江苏卷改编] 室温下，反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (NH3·H2O) >c (H2CO3)
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=0.3 mol·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
【答案】D
【解析】
A.NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A错误；
B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B不正确；
C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；
D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；
故选D。
☆溶度积曲线及应用分析
【典例3】[2019·新课标全国Ⅱ] 绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)b>c
C．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)
D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大
【答案】D
【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当 V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当 V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。故选D。
【精准提分】
1.[2020·新高考山东测试卷]25°C时，向10 mL 0.10 mol·L-1 的一元弱酸HA (Ka =1.0×10-3)中逐滴加入0.10 mol·L-1
NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A. a点时，c(HA) + c(OH—) = c(Na+) + c(H+)
B. 溶液在a点和b点时水的电离程度相同
C. b点时，c(Na+) = c(HA) + c(A— ) + c(OH—)
D. V =10mL 时，c(Na+) > c(A—) > c(H+) > c(HA)
【答案】A
【解析】
A.a点时，pH=3, c(H+) = 10-3 mol·L-1，因为Ka =1.0×10-3,所以c(HA) = c(A—)，根据电荷守恒c(A—) + c(OH—) = c(Na+) + c(H+)和c(HA) = c(A—)即得A选项。A选项正确。
B.a点溶质为HA和NaA，pH＝3，水电离出的c(OH—)＝10—11；b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(OH—) = 10-3，OH—是由 NaOH电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH—) c(H+), 即c(HA) > c(H+) ，故D错误。
故选A
2. [2020·浙江1月选考].室温下，向盐酸中滴加溶液，溶液的pH随溶液体积的变化如图。已知。下列说法不正确的是（ ）

A. 与盐酸恰好完全反应时，
B. 选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C. 选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D. 时，
【答案】C
【解析】
A.NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下，故A正确；
B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；
C.甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；
D.时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=5×10-13 mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；
故选C。
3.【2020·山东潍坊市高三4月模拟考试卷改编】H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是

A. 由图可知，草酸的Ka＝10-1.2
B. 0.1 mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)
C. 向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)
D. 根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.8
【答案】D
【解析】由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。
A. 当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；
B. 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C. pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)= c(HC2O4-)，根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2 O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)，故C正确；
D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1= ，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)= c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(C2O42-)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。
故选D。
4．[2020·淮北十二中高三第五次月考] 常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol·L－1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O的水解)。下列叙述正确的是(　　)

A．Ksp(Ag2C2O4)＝10－7
B．a点表示的是AgCl的不饱和溶液
C．向c(Cl－)＝c(C2O)＝0.1 mol·L－1的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
D．Ag2C2O4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋C2O(aq)的平衡常数为109.04
【答案】　D
【解析】　
A．Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2O)＝(10－4)2×(10－2.46)＝10－10.46，故A错误；
B.在a点，c(Ag＋)大于平衡浓度，故a点的浓度积Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，故为氯化银的过饱和溶液，将有沉淀析出，故B错误；
C.根据图像可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag＋)小，故向c(Cl－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C错误；
D.Ag2C2O4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋C2O(aq)的平衡常数K＝，此时溶液中的c(Ag＋)相同，故有：K＝＝＝＝109.04，故D正确。
故选D
5. [2018·江苏卷]根据下列图示所得出的结论不正确的是

A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔHc(NH)＋c(NH3·H2O)
C．M、P两点的数值之和a＋b＝14
D．pH与pOH交叉点J对应的V(盐酸)＝20.00mL
【答案】　B
【解析】　
A.酸滴入碱中，溶液的pH逐渐减小，pOH逐渐增大，故曲线PJN为pOH变化曲线，而曲线MJQ则为pH变化曲线，故A项错误；
B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，J点为中性溶液，则M点pH＞pOH，溶液呈碱性，Q点pHc(NH)＋c(NH3·H2O)，故B项正确；
C.常温时，水的离子积Kw＝1.0×10－14，M、P两点为滴定过程中相同时刻同一溶液的pH与pOH，故a＋b＝pH＋pOH＝－lgKw＝14，但温度若不是常温，a＋b≠14，故C项错误；
D.J点pH＝pOH，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，故氨水过量，即J点表示V(盐酸) c(HY－)>c(H＋)>c(OH－)
【答案】D
【解析】
A．随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中c(HY－)/c(H2Y)逐渐增大，c(HY－)/c(Y2－)逐渐减小，lg[c(HY－)/c(H2Y)]逐渐增大，lg[c(HY－)/c(Y2－)]逐渐减小，因此曲线M表示pH与lg[c(HY－)/c(H2Y)]的变化关系，故A正确；
B.pH＝3时，lg[c(HY－)/c(Y2－)]＝1.3，则Ka2(H2Y)＝c(Y2－)c(H＋)/c(HY－)＝10－3/101.3＝10－4.3，故B正确；
C.d点溶液中存在电荷守恒，c(H＋)＋c(K＋)＝2c(Y2－)＋c(HY－)＋c(OH－)，因此c(H＋)－c(OH－)＝2c(Y2－)＋c(HY－)－c(K＋)，故C正确；
D.交点e的溶液中存在lg[c(HY－)/c(H2Y)]＝lg[c(HY－)/c(Y2－)]＞1.3，因此c(HY－)/c(Y2－)＞101.3，即c(HY－)＞c(Y2－)＝c(H2Y)，故D错误。
故选D
9. [2020·湖南四校调研联考]已知常温下，Ka1(H2CO3)＝4.3×10－7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR－、R2－三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是(　　)

A．在pH＝4.3的溶液中：3c(R2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小
C．等浓度的NaOH溶液与H2R溶液按体积比1∶2混合，溶液的pH＝1.3
D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO＋H2R===2HCO＋R2－
【答案】　C
【解析】
A.pH＝4.3时，有c(R2－)＝c(HR－)，将其代入电荷守恒关系式2c(R2－)＋c(HR－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可得3c(R2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，A项正确；
B.由图像分析可知，H2R的Ka1＝10－1.3，Ka2＝10－4.3，等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合生成NaHR溶液，HR－的水解常数Kh＝＝＝＝＝10－12.7＜Ka2，即HR－的水解程度小于HR－的电离程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，此溶液中水的电离程度比纯水小，B项正确；
C.等浓度的NaOH溶液与H2R溶液按体积比1∶2混合，得到等物质的量的NaHR和H2R的混合溶液，H2R的电离程度大于HR－的水解程度，故c(HR－)＞c(H2R)，由图可知溶液的pH＞1.3，C项错误；
D.根据H2R、H2CO3的电离常数可知，酸性：H2R＞HR－＞H2CO3＞HCO，故向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液后生成R2－，即离子方程式为2CO＋H2R===2HCO＋R2－，D项正确。
故选C