2020届高考化学一轮复习水溶液中的离子平衡图像学案
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
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－)：ac(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Qcc(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CH3CH2COOHCH3CH2COO－＋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。
