人教版高考化学一轮复习讲义第12章热点强化23　多曲线、多含义坐标系图像分析（2份打包，原卷版+教师版）

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(1)复杂图像五看：一看面(坐标)，二看线(变化趋势)，三看点(起点、交点、终点)，四看辅助线，五看量(数字计算)。如坐标表示的有c(M)、α(M)、lg c(M)、lg eq \f(cM,cN)、pM、lg eq \f(V,V0)等，不同符号表示的意义不同。
(2)pH：可以得出c(H＋)；通过比较溶质的物质的量浓度可判断是强电解质或弱电解质。
(3)交点：相交的两种物质的某量相等，常进行相互代换用于计算。
(4)pH＝7：常温下表示溶液显中性，此时，c(H＋)＝c(OH－)，在等式中常进行抵消。
(5)数据与浓度符号的转化：在坐标图中，标明了某种物质的量，一般要用标明的量进行分析。
(6)守恒：元素守恒，电荷守恒，质子守恒。
1．(2020·山东，15改编)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。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是( )
A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)
B．N点时，pH＝lg Ka
C．该体系中，c(CH3COOH)＝eq \f(0.1cH＋,Ka＋cH＋) ml·L－1
D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终增大
答案 C
解析 随着溶液碱性的增强，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)增大，故MN线表示lg c(CH3COO－)，NP线表示lg c(CH3COOH)，MO线表示lg c(H＋)，OP线表示lg c(OH－)。O点时，c(H＋)＝c(OH－)，A项错误；N点时，lg c(CH3COOH)与lg c(CH3COO－)相等，Ka＝eq \f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)，pH＝－lg Ka，B项错误；由CH3COOH的电离平衡常数推导可知Ka＝eq \f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝c(H＋)·eq \f(0.1－cCH3COOH,cCH3COOH)，故c(CH3COOH)＝eq \f(0.1cH＋,Ka＋cH＋) ml·L－1，C项正确；溶液pH增大，碱性增强，CH3COO－的水解程度减小，D项错误。
2．(2020·全国卷Ⅰ，13)以酚酞为指示剂，用0.100 0 ml·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝eq \f(cA2－,cH2A＋cHA－＋cA2－)]
下列叙述正确的是( )
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为0.200 0 ml·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2－)＋c(HA－)
答案 C
解析 根据图像可知，滴定终点消耗NaOH溶液40 mL，H2A是二元酸，可知酸的浓度是0.100 0 ml·L－1，B项错误；起点溶液pH＝1.0，c(H＋)＝0.100 0 ml·L－1，可知H2A第一步电离是完全的，溶液中没有H2A，所以曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A项错误；由图可知，当δ(A2－)＝δ(HA－)时，pH＝2.0，c(H＋)＝1.0×10－2 ml·L－1，Ka(HA－)＝eq \f(cA2－·cH＋,cHA－)＝1.0×10－2，C项正确；滴定终点时，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，以酚酞为指示剂，说明滴定终点时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，所以c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。
3．(2022·浙江1月选考，23)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 ml·L－1 Na2CO3溶液和40 mL 0.2 ml·L－1 NaHCO3溶液，再分别用0.4 ml·L－1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：
下列说法正确的是( )
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCOeq \\al(－,3)＋H＋===CO2↑＋H2O
C．根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)－c(COeq \\al(2－,3))＝c(OH－)－c(H＋)
答案 C
解析 碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点)，从图像可以看出，b点尚未放出CO2，离子方程式表示为HCOeq \\al(－,3)＋H＋===H2CO3，B错误；根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂，C正确；根据质子守恒，Na2CO3中存在c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq \\al(－,3)), NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)－c(COeq \\al(2－,3))＝c(OH－)－c(H＋)，D错误。
4．(2022·福建，10)氨氮是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①2NH3＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋3H2O
②NH3＋4ClO－＋OH－===NOeq \\al(－,3)＋4Cl－＋2H2O
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1 L 0.006 ml·L－1的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A．x1的数值为0.009
B．x>x1时，c(Cl－)＝4c(NOeq \\al(－,3))
C．x>x1时，x越大，生成N2的量越少
D．x＝x1时，c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)
答案 C
解析 x1时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%，n(NH3)＝0.006 ml·L－1×1 L＝0.006 ml,95%的氨气参与反应①，5%的氨气参与反应②，反应①消耗n1(ClO－)＝eq \f(0.006 ml×95%,2)×3＝0.008 55 ml，反应②消耗n2(ClO－)＝4×0.006 ml×5%＝0.001 2 ml，x1＝0.008 55 ml＋0.001 2 ml＝0.009 75 ml，A错误；x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl－)>4c(NOeq \\al(－,3))，B错误；x>x1时，氨去除率不变，x越大，总氮残余率越大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；x＝x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有NHeq \\al(＋,4)和ClO－，含有Na＋、H＋、NOeq \\al(－,3)、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NOeq \\al(－,3))，D错误。
5．(2021·辽宁，15)用0.100 0 ml·L－1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，溶液中H2A、HA－、A2－的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是[如A2－分布分数：δ(A2－)＝eq \f(cA2－,cH2A＋cHA－＋cA2－)]( )
A．H2A的Ka1为10－10.25
B．c点：c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂
D．c(Na2A)＝0.200 0 ml·L－1
答案 C
解析
H2A的Ka1＝eq \f(cH＋·cHA－,cH2A)，根据上图交点1计算可知Ka1＝10－6.38，A错误；根据图像可知c点c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)，B错误；根据图像可知第一次滴定突变溶液呈碱性，所以可以选择酚酞作指示剂，C正确；根据图像e点可知，当加入盐酸40 mL时，全部生成H2A，根据Na2A＋2HCl===2NaCl＋H2A计算可知c(Na2A)＝0.100 0 ml·L－1，D错误。
6．(2018·天津，6)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2POeq \\al(－,4))的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2POeq \\al(－,4)的分布分数δ随pH的变化如图2所示eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(δ＝\f(cH2PO\\al(－,4),c总含P元素的粒子)))。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( )
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2POeq \\al(－,4)、HPOeq \\al(2－,4)和POeq \\al(3－,4)
C．随c初始(H2POeq \\al(－,4))增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 ml·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
答案 D
解析 D对：根据图1可知：当LiH2PO4的浓度大于1 ml·L－1时其pH＝4.66，根据图2可知，当pH＝4.66时H2POeq \\al(－,4)的分布分数达到0.994，即H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4；A错：LiH2PO4溶液中存在H2POeq \\al(－,4)的电离平衡、HPOeq \\al(2－,4)的电离平衡、H2POeq \\al(－,4)的水解平衡、H2O的电离平衡等至少4个平衡；B错：LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2POeq \\al(－,4)、HPOeq \\al(2－,4)、POeq \\al(3－,4)和H3PO4；C错：LiH2PO4溶液的pH随着H2POeq \\al(－,4)初始浓度的增大逐渐减小，但当H2POeq \\al(－,4)的浓度增大到10－1 ml·L－1时，浓度再增大，溶液的pH基本不变。
7．(2023·湖北，14)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4 ml·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3 ml·L－1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)＝eq \f(cx,2.0×10－4 ml·L－1)，已知lg 2≈0.30，lg 3≈0.48。下列说法正确的是( )
A．当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)
B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－
C．L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lg K约为14
D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3 ml·L－1
答案 C
解析 由图可知，pH＝1，即c(H＋)＝0.1 ml·L－1时c([FeL]＋)＝1.0×10－4 ml·L－1，又c0(H2L)＝5.0×10－3 ml·L－1，根据Fe3＋＋H2L[FeL]＋＋2H＋知，此时c(H2L)＝(5.0－0.1)×10－3 ml·L－1＝4.9×10－3 ml·L－1，结合Ka1＝eq \f(cH＋·cHL－,cH2L)＝10－7.46知，此时c(HL－)＝10－7.46×4.9×10－3×10 ml·L－1＝4.9×10－9.46 ml·L－1，又pH＝1时，c(OH－)＝10－13 ml·L－1，故A错误；pH在9.5～10.5之间时c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝10－4 ml·L－1，其中两种离子共含c(L2－)＝3×10－4 ml·L－1＋2×10－4 ml·L－1＝5×10－4 ml·L－1，当pH＝10时，c(H＋)＝10－10 ml·L－1，根据Ka1＝eq \f(cH＋·cHL－,cH2L)＝eq \f(10－10cHL－,cH2L)＝10－7.46，c(HL－)＝102.54c(H2L)，即c(HL－)>c(H2L)，由Ka2＝eq \f(cH＋·cL2－,cHL－)＝10－12.4，得c(HL－)＝102.4c(L2－)，即c(HL－)>c(L2－)，B、D错误；该反应的平衡常数K＝eq \f(c[FeL2]－,cL2－·c[FeL]＋)，由题图知，当c([FeL2]－)＝c([FeL]＋)时，pH＝4，由Ka1·Ka2＝10－19.86＝eq \f(c2H＋·cL2－,cH2L)，得①式：10－19.86×c(H2L)＝10－8c(L2－)，此时c(H2L)＝5.0×10－3 ml·L－1－3×10－4 ml·L－1＝4.7×10－3 ml·L－1，代入①式，c(L2－)＝eq \f(4.7×10－22.86,10－8) ml·L－1＝4.7×10－14.86 ml·L－1，则K＝eq \f(1,4.7×10－14.86)≈2×1013.86，故lg K＝13.86＋lg 2≈14，C正确。