2021高考化学一轮复习第八章水溶液中的离子反应与平衡高考热点课6水溶液图像题的突破方法学案

判断(1)溶液在蒸发时(温度不变)，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。[解析]　选取横坐标为50mL的点，此时向50mL0.0500mol·L－1的Cl－溶液中，加入了50mL0.100mol·L－1的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag＋浓度为0.025mol·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1×10－8mol·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50mL0.0500mol·L－1的Cl－溶液改为50mL0.0400mol·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25mL变为25mL×0.8＝20mL，而a点对应的是15mL，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50mL0.0500mol·L－1的Cl－溶液改为50mL0.0500mol·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　(2019·广州高三调研测试)一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)A．Ksp(MnCO3)的数量级为10－11B．向MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡，c(Mg2＋)不变C．a点表示的溶液中，c(Ca2＋)>c(COeq\o\al(2－,3))D．向浓度均为0.01mol·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　－lgc(M)、－lgc(COeq\o\al(2－,3))越大，则c(M)、c(COeq\o\al(2－,3))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0.01mol·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。[解析]　溶液中存在H2POeq\o\al(－,4)的电离平衡和水解平衡，存在HPOeq\o\al(2－,4)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H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)、POeq\o\al(3－,4)和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始(H2POeq\o\al(－,4))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H2POeq\o\al(－,4)占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。[答案]　D　(2019·贵州重点中学教学质量测评)改变0.1mol/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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(已知δX可表示为：δX＝\f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)))。借助图像分析，下列说法中错误的是(　　)A．H2A的第一步电离常数K1(H2A)＝10－1.2B．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)C．若向0.1mol/LNaHA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－)，故c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，B正确；根据图中信息可知，0.1mol/LNaHA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－)≈0.05mol/L>c(H＋)＝10－4.2mol/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(本题共5小题，每小题只有一个选项符合题意)1．(2019·长春外国语学校高三期末考试)常温下，向20mL某浓度的硫酸中滴入0.1mol/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1mol/LB．b点所示溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(SOeq\o\al(2－,4))C．V＝40D．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)答案　D解析　根据20mL的稀H2SO4溶液中，水电离出的氢离子浓度是10－13mol/L，根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，故A错误；根据电荷守恒可知c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，而溶液呈中性c(OH－)＝c(H＋)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，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0.05mol/L，所以氨水的体积也是20mL，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KspC．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))一定不等于3×10－3mol·L－1D．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(SOeq\o\al(2－,4))，平衡后溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))一定小于3×10－3mol·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(SOeq\o\al(2－,4))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)eq\o\al(－,3)(aq)、M(OH)eq\o\al(2－,4)(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)eq\o\al(－,3)M(OH)2＋OH－的平衡常数为10－2B．M(OH)2完全沉淀后，增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解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)eq\o\al(－,3)(aq)、5为M(OH)eq\o\al(2－,4)(aq)。平衡常数K＝eq\f(cOH－,c[MOH\o\al(－,3)])，P点的pH为12，c(OH－)＝10－2，c[M(OH)eq\o\al(－,3)]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0.1mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgeq\f(V,V0)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－)：abD．lgeq\f(V,V0)＝3，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，则eq\f(cX－,cY－)减小答案　B解析　A项，由图像可知当lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V,V0)))＝0，即V＝V0时，0.1mol/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。二、选择题(本题共4小题，每小题有一个或两个选项符合题意)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0.100mol·L－1盐酸滴定10.00mL浓度均为0.100mol·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B．a点溶液中：c[(CH3)2NHeq\o\al(＋,2)]>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0.100mol·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)2NHeq\o\al(＋,2)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)2NHeq\o\al(＋,2)]＝c(OH－)＋c(Cl－)，根据物料守恒可知，c(Cl－)＝c[(CH3)2NHeq\o\al(＋,2)]＋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)2NHeq\o\al(＋,2)的水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Kb[CH32NH·H2O])＝eq\f(10－14,1.6×10－4)＝6.25×10－11<1.6×10－4，即(CH3)2NHeq\o\al(＋,2)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0.1000mol/L的盐酸分别逐滴加入到20.00mL0.1000mol/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、MOH、YOH均为弱碱B．V[HCl(aq)]＝15.00mL时，三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOHC．V[HCl(aq)]＝20.00mL时，三种溶液中水的电离程度：XOH>MOH>YOHD．V[HCl(aq)]＝40.00mL时，YOH溶液中：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)答案　AC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错误；V[HCl(aq)]＝15.00mL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)]＝20.00mL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)]＝40.00mL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正确。8．(2019·昆明市高三复习诊断)常温下，用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定10mL0.1mol·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>BB．向A点溶液中加少量的水：eq\f(cHA－,cH2A·cOH－)变大C．C点：c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)D．D点：2c(Na＋)＝c(HA－)＋c(H2A)＋c(A2－)答案　BD解析　C点加入10mL0.1mol·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＝eq\f(cH＋·cHA－,cH2A)，eq\f(cHA－,cH2A·cOH－)＝eq\f(cH＋·cHA－,cH2A·cOH－·cH＋)＝eq\f(cH＋·cHA－,cH2AKw)＝eq\f(Ka1,Kw)，温度不变，Ka1和Kw都不变，故B错误；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－lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)和－lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))[或－lgeq\f(cH＋,cHC2O\o\al(－,4))和－lgc(C2Oeq\o\al(2－,4))]的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A．曲线N表示－lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)和－lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))的关系B．Ka1(H2C2O4)的数量级为10－1C．向NaHC2O4溶液中加少量NaOH到c(HC2Oeq\o\al(－,4))和c(C2Oeq\o\al(2－,4))相等，此时溶液pH约为5D．在NaHC2O4溶液中c(Na＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(H2C2O4)>c(C2Oeq\o\al(2－,4))答案　C解析　H2C2O4是二元弱酸，在溶液中发生两步电离，即H2C2O4HC2Oeq\o\al(－,4)＋H＋、HC2Oeq\o\al(－,4)C2Oeq\o\al(2－,4)＋H＋，则Ka1＝eq\f(cH＋·cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)、Ka2＝eq\f(cH＋·cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))，则－lgKa1＝－lgeq\f(cH＋·cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)＝－[lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)＋lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))]、－lgKa2＝－lgeq\f(cH＋·cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))＝－[lgeq\f(cH＋,cHC2O\o\al(－,4))＋lgc(C2Oeq\o\al(2－,4))]，由Ka1>Ka2可知，－lgKa1<－lgKa2，即－[lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)＋lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))]<－[lgeq\f(cH＋,cHC2O\o\al(－,4))＋lgc(C2Oeq\o\al(2－,4))]，故曲线M表示－lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)和－lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))的关系，A错误；由曲线M上的点(1,1)可知－lgKa1＝－[lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)＋lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))]＝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(HC2Oeq\o\al(－,4))和c(C2Oeq\o\al(2－,4))相等，则Ka2＝eq\f(cH＋·cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))＝c(H＋)＝10－5，即此时溶液pH＝5，C正确；由上述分析可求出HC2Oeq\o\al(－,4)发生水解反应的平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝10－12，则Ka2>Kh，即HC2Oeq\o\al(－,4)的电离能力大于水解能力，则在NaHC2O4溶液中：c(Na＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)，D错误。三、非选择题(本题共1小题)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。(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．>1B．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：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．NaOHB．FeSC．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。(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。