2025届高中化学全程复习学案全套53反应进程中溶液粒子浓度变化曲线

这是一份2025届高中化学全程复习学案全套53反应进程中溶液粒子浓度变化曲线，共9页。学案主要包含了教考衔接，解题思路，对点演练，师说·延伸等内容，欢迎下载使用。
1. 能正确识别图像，能从图像中找到曲线指代、趋势、关键点。
2．利用溶液中的平衡关系，学会分析不同类型图像中各粒子浓度之间的关系。
类型一 滴定曲线
1.巧抓“5点”，突破滴定曲线中粒子浓度关系
(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱。
(2)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
(3)抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么，判断溶液的酸碱性。
(4)抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
(5)抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么，判断哪种物质过量。
2．抓住滴定曲线中的5个关键点——模型构建
以室温时用0.1 ml·L－1 NaOH溶液滴定0.1 ml·L-1 HA溶液为例。如图所示：
【教考衔接】
典例 [2023·湖南卷，12C、D改编]常温下，用浓度为0.020 0 ml·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 ml·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝V标准溶液V待测溶液)的变化曲线如图所示。
(1)点a溶液中，c(Na＋)、c(Cl－)、c(CH3COOH)、c(CH3COO－)四种粒子浓度关系________________________________________________________________________。
(2)点b溶液中，c(CH3COOH)________(填“＞”“＝”或“＜”)c(CH3COO－)。
【解题思路】 NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应。由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时CH3COOH反应掉一半，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH。
听课笔记

【对点演练】
1．室温下，将1.00 ml·L－1盐酸滴入20.00 mL 1.00 ml·L－1的氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。
下列有关说法中不正确的是( )
A．a点溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．b点溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)
C.c点溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
D．d点时溶液温度达到最高，之后温度略有下降，原因是NH3·H2O电离
2．常温下向100 mL 0.1 ml·L－1 Na2C2O4溶液中滴加0.1 ml·L－1的盐酸，溶液中pOH与加入盐酸的体积关系如图所示。已知：pOH＝－lg c(OH－)，Ka1(H2C2O4)＝1×10－2，Ka2(H2C2O4)＝1×10－5。下列说法不正确的是( )
A．m的值约为5
B．若V1＝100，则n>7
C．a点：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4- H )＋2c(C2O42－)＋c(Cl－)＋c(OH－)
D．若q＝10，则b点对应的溶液cHC2O4- cH2C2O4>100
类型二 分布系数曲线
1.透析分布曲线，锁定思维方向
2.明确解题要领，快速准确作答
(1)读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势；
(2)“读浓度”——通过横坐标的垂线，可读出某pH时的粒子浓度；
(3)“用交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数K；
(4)“可替换”——根据溶液中的元素质量守恒进行替换，分析得出结论。
【教考衔接】
典例 [2023·湖北卷，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)＝cx2.0×10-4 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
听课笔记




【师说·延伸】 本题主要涉及如下平衡体系：
H2L⇌H＋＋HL－、HL－⇌H＋＋L2－、
Fe3＋＋L2－⇌[FeL]＋、Fe3＋＋2L2－⇌[FeL2]－、Fe3＋＋3L2－⇌[FeL3]3－、Fe3＋＋2L2－＋OH－⇌[FeL2(OH)]2－。
【对点演练】
1．某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．该酸－lg Ka≈4.7
B．NaA的水解平衡常数Kh＝1Ka
C．当该溶液的pH＝7.0时，c(HA)c（H＋）＝c（OH－），B正确；c点溶液中溶质是NH4Cl和HCl，根据电荷守恒有c（NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）， C正确；d点时酸碱恰好中和，放出热量最多，溶液温度达到最高，中和反应结束后，加入的盐酸温度低，随着盐酸的加入，混合溶液温度逐渐降低，与NH3·H2O电离无关，D错误。
答案：D
2．解析：m点还没有加入盐酸，C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 发生水解：C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋H2O⇌HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋OH－，Kh＝ eq \f(Kw,Ka2) ＝ eq \f(1×10－14,1×10－5) ，所以c（OH－）≈ eq \r(Kh·c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）) ＝ eq \r(10－9×0.1) ml·L－1＝10－5 ml·L－1，pOH＝5，A正确；V1＝100时，Na2C2O4与盐酸按照1∶1恰好反应，生成NaHC2O4和NaCl，HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，pH7，B正确；a点溶液满足电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＋2c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＋c（Cl－）＋c（OH－），C正确；q＝10，即pOH＝10，c（OH－）＝1×10－10 ml·L－1，c（H＋）＝1×10－4 ml·L－1， eq \f(c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）,c（H2C2O4）) ＝ eq \f(Ka1（H2C2O4）,c（H＋）) ＝100，D错误。
答案：D
类型二
突破·关键能力
教考衔接
典例 解析：从图中可以看出Fe（Ⅲ）主要与L2－进行络合，但在pH＝1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL－较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH＝1时溶液中c（HL－）≈10－9.46，但pH＝1时c（OH－）＝10－13，因此这四种离子的浓度大小为c（H2L）>c（[FeL]＋）>c（HL－）>c（OH－），A错误；根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL－的含量最大，而H2L和L2－的含量最少，因此当pH在9.5～10.5之间时，含L的物种主要为HL－，B错误；该反应的平衡常数K＝ eq \f(c（[FeL2]－）,c（[FeL]＋）c（L2－）) ，当[FeL2]－与[FeL]＋分布分数相等时，可以将K简化为K＝ eq \f(1,c（L2－）) ，此时体系的pH＝4，在pH＝4时可以计算溶液中c（L2－）＝4.7×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈2.1×1013.86，即lg K≈14，C正确；根据图像，pH＝10时溶液中主要的型体为[FeL3]3－和[FeL2（OH）]2－，其分布分数均为0.5，因此可以得到c（[FeL3]3－）＝c（[FeL2（OH）]2－）＝1×10－4ml·L－1，此时形成[FeL3]3－消耗了3×10－4ml·L－1的L2－，形成[FeL2（OH）]2－消耗了2×10－4ml·L－1的L2－，共消耗了5×10－4ml·L－1的L2－，即参与配位的c（L2－）≈5×10－4ml·L－1，D错误；故答案选C。
答案：C
对点演练
1．解析：观察曲线的交点为c（HA）＝c（A－）时，此时溶液的pH≈4.7，该酸Ka＝ eq \f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）) ＝c（H＋）≈10－4.7，故－lg Ka≈4.7，A说法正确；NaA的水解平衡常数Kh＝ eq \f(c（OH－）·c（HA）·c（H＋）,c（A－）·c（H＋）) ＝ eq \f(Kw,Ka) ，B说法错误；根据图像可知，当该溶液的pH＝7.0时，c（HA）＜c（A－），C说法正确；根据图像可知，c（HA）为0.8，c（A－）为0.2时，pH约为4，故某c（HA）∶c（A－）＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4，D说法正确。
答案：B
2．解析：由题图可知Ka1＝10－1.2，Ka2＝10－4.2，HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋H2O⇌H2C2O4＋OH－，Kh＝ eq \f(Kw,Ka1) ＝ eq \f(1×10－14,1×10－1.2) ＝10－（14－1.2）≪Ka2，所以HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 的电离大于其水解（注：也可以根据图像观察）。
答案：酸 c（Na＋）＞c（HC2O eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ）＞c（H＋）＞c（C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＞c（OH－）
类型三
突破·关键能力
教考衔接
典例 解析：HgI2溶液中各反应达到平衡后，增大c（I－），平衡HgI2（aq）⇌HgI＋＋I－、HgI2（aq）⇌Hg2＋＋2I－逆向移动，c（HgI＋）、c（Hg2＋）减小，且开始时c（HgI＋）c（HgI eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）。
曲线L表示lg c（HgI eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）的变化情况，A正确；增大c（I－），HgI2（aq）⇌Hg2＋＋2I－、HgI2（aq）⇌HgI＋＋I－平衡逆向移动，c[HgI2（aq）]增大，从而使HgI2（s）⇌HgI2（aq）平衡逆向移动，该溶液为HgI2的饱和溶液，则c[HgI2（aq）]不变，B错误；已知HgI2（aq）⇌Hg2＋＋2I－、HgI2（aq）⇌HgI＋＋I－的平衡常数分别为K1、K2，由第二个反应－第一个反应，可得Hg2＋＋I－⇌HgI＋ K＝ eq \f(c（HgI＋）,c（Hg2＋）·c（I－）) ＝ eq \f(K2,K1) ，M点c（HgI＋）＝c（Hg2＋），则c（I－）＝ eq \f(K1,K2) ，a＝lg c（I－）＝lg eq \f(K1,K2) ，C正确；加入I－使各平衡移动，故溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比不始终为2∶1，D错误。
答案：BD
对点演练
1．解析：当溶液显中性时，根据电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）＋c（OH－）＋c（Cl－），c（H＋）＝c（OH－），则c（Na＋）>c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）＋2c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ），B项错误；根据图像分析知Ka1（H2CO3）＝10－6.4，数量级为10－7，C项错误； eq \f(c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）·c2（H＋）,c（H2CO3）) ＝ eq \f(c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）·c（H＋）,c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）) × eq \f(c（HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ）·c（H＋）,c（H2CO3）) ＝Ka1（H2CO3）·Ka2（H2CO3），温度不变，Ka1（H2CO3）、Ka2（H2CO3）不变，故滴加过程中， eq \f(c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）·c2（H＋）,c（H2CO3）) 保持不变，D项正确。
答案：D
2．解析：（3）Ka2＝ eq \f(c（H＋）·c（Y2－）,c（HY－）) ，
当c（H＋）＝10－3 ml·L－1时， eq \f(c（Y2－）,c（HY－）) ＝10－1.3，
所以Ka2＝10－4.3。
（4）在“e”点，lg eq \f(c（HY－）,c（H2Y）) ＝lg eq \f(c（HY－）,c（Y2－）) ，
所以 eq \f(c（HY－）,c（H2Y）) ＝ eq \f(c（HY－）,c（Y2－）) ，
所以c（H2Y）＝c（Y2－）。
答案：（1）H2Y＋OH－===H2O＋HY－、
HY－＋OH－===H2O＋Y2－
（2）增大 减小
（3）10－4.3 （4）＝
关键点
离子浓度关系
反应起始点(与pH轴的交点)
起始点为HA的单一溶液，0.1 ml·L－1 HA溶液pH>1说明HA是弱酸，c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
反应一半点(点①)
溶液中含等物质的量的NaA和HA，此时溶液pHc(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)
中性点(点②)
溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)
恰好完全反应点(点③)
此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液是碱性，
c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)
过量点(点④)
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＋)
一元弱酸
(以CH3COOH为例)
二元酸(以草酸
H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O4-分布系数、δ2为C2O42-分布系数
随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的分析浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度