高考化学提升突破专题十三 “滴定”曲线类图像探究

专题13 “滴定”曲线类图像探究

——探究中敢于质疑 培养创新意识

滴定曲线类图像题是近年高考的热点之一，一般包括起始点、水平段、突跃段和过量段等关键信息，主要涉及酸碱中和滴定、络合滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定。

酸碱中和滴定是中学化学最重要的定量实验之一，其滴定曲线图像不但能直接体现反应过程、反应体积、溶液酸碱性等功能，而且还隐含着考查数形结合、微观粒子与宏观性质相结合思想的功能。

1．【2019•新课标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项、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项、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项、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项、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。

【素养解读】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确 分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关 键。

2．L−1的NaOH溶液分别滴定均为 【2019·武汉市武昌区高三五月调研考试】室温下，用0.100 mol·20.00mL0.100 mol·L−1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线

B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)＞20.00mL

C．V(NaOH)＝20.00mL时，两份溶液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)

D．V(NaOH)＝10.00mL时，醋酸中c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(H+)＞c(OH－) 【答案】C

【解析】A. 未滴加NaOH溶液时，0.1mol/L盐酸pH=1，0.1mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图 Ⅰ，故A错误； B. V（NaOH）=20.00mL时恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7，则加入的氢氧化钠 溶液体积应该稍小，即V（NaOH）＜20.00mL，故B错误；C. V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯 化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c（Cl−）＞c（CH3COO−），故C正确；D. V（NaOH） =10.00mL时，与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子 的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH−），根据电荷守恒可知：c（CH3COO−）＞c（Na+），溶液中 正确的离子浓度大小为：c（CH3COO−）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH−），故D错误；故选C。

【素养解读】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中粒子浓度的大小，题目难度中等，明确图象曲线变化 的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

酸碱中和滴定曲线图像是近年高考化学高频试题，也是考试大纲对化学学习能力的要求和学科核心 素养变化观念与平衡思想、证据推理与模型认识考核的重要载体，此类题试题综合性强，难度较大，涉及微观粒子探析、定性与定量分析、电解质平衡理论、守恒思想及数形结合识图用图能力等，是学生常见的失分“痛点”，试题讲解教学中要强化电解质平衡理论相关知识点，注重图像试题分析方法及解题技巧的提升训练，构建解题模型，提高学生分析问题和解决问题的能力。

一、认识辨析曲线突破数形结合问题

读图能力是解题的核心，从图像横纵坐标物理量，从数学函数关系分析曲线的形状和走向，结合电解质的相关概念或理论，对试题的题给条件和图像进行深度分析，解决问题。图像主要包括滴定量为横坐标pH为纵坐标的图像、横纵坐标均为对数的图像、

二、巧用“四点”突破曲线定性和定量分析问题

酸碱中和滴定曲线中的起点、滴定终点、中性点（25℃pH=7）、交点是解题的出发点．起点是未滴定溶液，其pH可确定酸碱溶液的强弱或计算溶液的Kａ ／Kｂ；强酸与强碱相互滴定曲线滴定终点与中性点重叠（醋酸Kａ 与氨水Kｂ 相等，曲线滴定终点与中性点重叠），强（弱）酸与弱（强）碱的滴定，滴定终点与中性点不重叠；任意点中微粒浓度大小比较必须确认溶液中溶质成分及比例，溶液的特性如中性、弱酸酸式根的电离程度与水解程度的大小等。

三、变式强化突破解题模型构建问题

变式训练是提升学生解题能力的有效方法和途径，能深度检测学生掌握情况，课前预设若干个变式根据学生情况加以选用能达到事半功倍的成效。

【典例1】【2019·四川省遂宁市2019·届高三第三次诊断性考试】常温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定 体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L的HX、HY溶液，pH随NaOH溶液体积变化如图。下列结论正确 的是

A．酸性:HX < HY B．pH=7时，c(Y－)=c(X－)

C．a、b两点溶液混合后，c(HX)+c(HY)+c(H＋)=c(OH－) D．10.00mL时，有c(Na＋)>c(HY)>c(Y－)>c(H＋) 【答案】C

【解析】用浓度为0.1mol/L的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00 mL 0.1mol/L的HX、HY溶液中，酸越弱，初始时刻pH值越大，根据图象可判断，酸性强弱为HY＜HX；当NaOH反应了10.00 mL时，溶液中分别存在HX、NaX和HY、NaY，且物质的量之比分别为1：1；当NaOH反应了20.00 mL时，溶液中分别恰好存在NaX和NaY，二者均会发生水解使溶液呈碱性，根据图象和溶液中的守恒关系解答。A．对于HX和HY，酸性越弱，电离出的H+浓度越小，初始时刻根据图象，pH越小的酸酸性越强，电离程度就越大，因此酸性强弱为HY＜HX，A项错误；B．pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH−），根据电荷守恒，分别存在c（Na+）=c（X−），c（Na+）=c（Y−），但HX和HY此时消耗的NaOH的量不相同，前者消耗的多，因此c（X−）＞c（Y−），B项错误； C．当V（NaOH）=20.00 mL时，HX恰好转化为NaX，HY恰好转化为NaY，二者均水解使溶液显碱性，根据质子守恒可知c(HX)+c(HY)+c(H+)=c(OH−)，C项正确；D．当V（NaOH）=10.00mL时，HY的溶液中存在HY和NaY，物质的量之比为1：1，此时溶液显酸性，可以判断是酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，对于HY、NaY的混合溶液来说，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH−）+c（Y−），由于溶液是酸性，因此c（H+）＞c（OH−），则c（Na+）＜c（Y−），无论是电离还是水解，都是微弱的过程，因此X−、HY浓度都大于H+的浓度，所以溶液中粒子浓度大小关系为：c（Y−）＞c（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（OH−），D项错误；答案选C。

【素养解读】分析图像每个特殊点的溶质成分是解题的关键，D项是难点，学生要准确把握溶液的酸碱度、三大守恒及其溶质组成，分析电离与水解的相对强弱才能正确解题。

1．[2019·L−lNaCl溶液和10 mL 0.1 山东省济南市高三5月模拟考试]某温度下，向10 mL 0.1 mol·mol·L−lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L−lAgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl−)或－lgc(CrO42－)]与所加 AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是

A．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12 B．al、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞c

C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点 D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂

－－2．【2019·湖南省常德市高三第一次模拟考试】已知：常温下，Ksp(CuS)=1.0×1036，K sp(HgS)=1.6×1052；

pM=－lgc(M2+)。常温下，向10.0mL0.20mol·L－1Cu(NO3)2溶液中逐滴滴加0.10mo l·L－1Na2S溶液，溶液中 pM与加入Na2S溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是

A．V0=20.0mL，m=18

B．若c[Cu(NO3)2]=0.01mol·L－1，则反应终点可能为e点

C．a、b、d三点中，由水电离的c(H+)和c(OH－)的积最大的为b点

D．相同条件下，若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，则反应终点b向c方向移动

3．【2019·河南省洛阳市高三第四次模拟考试】常温下，向10mL0.10 mol/L CuCl2溶液中滴加0.10mol/L Na2S 溶液，滴加过程中－lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是

A．Ksp(CuS)的数量级为10－21

B．曲线上a点溶液中，c(S2－)·c(Cu2+) > Ksp(CuS)

C．a、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH－)的积最小的为b点 D．c点溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H+)

4．【2019·山西省太原市高三5月模拟考试】常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的 HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是

A．a点时，溶液中由水电离的c(OH−)约为1×10−10 mol·L−1 B．电离平衡常数：Ka(HA)< Ka(HB) C．b点时，c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)

D．向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B−)> c(HB)

滴定曲线习题教学从读题分析（题干条件、图像）、基本概念和理论知识载体强化、课堂讲评引导、解题思维训练、解题方法探析等过程，循序渐进构建解题模型（如下图），促进学生解题能力的提升。

1．【答案】B

【解析】根据pM=－lgc(Cl−)或pM=－lgc(CrO42－)可知，c(CrO42－)越小，pM越大，根据图像，向10 mL 0.1 mol·L−lNaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L−lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L−lAgNO3溶液。当滴加10 mL0.1 mol·L−lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20 mL0.1 mol·L−lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在b、c所在曲线为K2CrO4，A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，曲线为氯化钠，据此分析解答。－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)= 10－4mol·L−l，则c(Ag+)=2× 10－4mol·L−l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A

－

B．al点恰好反应，c(Cl−)=10－4.9mol·L−l，L−l，b点c(Ag+)=2× 10－4mol·L−l，正确；－lgc(Cl−)=4.9，则c(Ag+)=104.9mol·

c

5

点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的

1410－122－−l+

L，则c(Ag)==1.6×10－，则c(CrO4)= 0.025mol·

40.025mol·L−l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若

－

L1，将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·平衡时，－lgc(Cl−)=4.9，但需要的银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl−和CrO42−时，加入银溶液，Cl−先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；答案选B。 2．【答案】C

【解析】A.根据图象可知在V0时c(Cu2+)突然减小，说明此时恰好发生反应：Cu2++S2−=CuS↓，n(S2−)=n(Cu2+)=c·V=0.20mol/L×0.01L=2.0×10−3mol，V(S2−)=

=0.02L=20mL，由于

Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2−)=1.0×10－36，所以c(Cu2+)=1.0×10－18mol/L，则pM=−lg c(Cu2+)=−lg1.0×10－18=18，A正确；B.温度不变，Ksp不变，则pM就不变，c[Cu(NO3)2]=0.01mol/L时，根据Cu2++S2−=CuS↓，Cu2+物质的量减小，反应消耗的S2−的体积也减小，n(S2−)=n(Cu2+)=c·V=0.01mol/L×0.01L=1.0×10−4mol，V(S2−)=

=0.001L=1mL，根据所以反应终点可能为e点，B正确；C.a点是反应开始不长时间，

Cu(NO3)2溶液过量，Cu2+水解时溶液显酸性，对水的电离平衡起促进作用，随着Na2S溶液的加入，当到b点时恰好发生Cu2++S2−=CuS↓，对水的电离平衡影响最小，后随着Na2S溶液的加入，Na2S溶液过量， S2−水解使溶液显碱性，又促进水的电离，水的电离程度在b点最小，但无论在哪一点，反应温度不变，水电离产生的c(H+)和c(OH−)的积都等于水的离子积常数Kw，是相等的，C错误；D.若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，恰好发生反应：Hg2++S2−=CuS↓时， n(S2−)=n(Hg2+)=c·V=0.20mol/L×0.01L=2.0×10−3mol，V(S2−)=

－52

=0.02L=20mL，由于K sp(HgS)=1.6×10

，所以c(Hg2+)=1.0×10

－26

mol/L，则pM=−lg c(Hg2+)=−lg1.0×10－26=26，m数值变大，所以反应终点b向c方

向移动，D正确；故合理选项是C。 3．【答案】D

【解析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2−⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2−单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象分析解答。A．该温度下，平衡时

c(Cu2+)=c(S2−)=10−17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2−) =10−17.7mol/L×10−17.7mol/L=10−35.4，则Ksp(CuS)的数量级为10−36，故A错误；B．沉淀溶解平衡常数Ksp(CuS)只与温度有关，并且Ksp(CuS)=10−35.4，很小，所以随着Na2Sc(Cu2+)=定值=Ksp(CuS)，故B错误；溶液的滴加，溶液中c(Cu2+)减小、−lgc(Cu2+)增大，二者关系始终满足c(S2−)·C．温度不变，Kw=c(H+)c(OH－)不变，则n(H+) n(OH－)= KwV2，说明溶液的体积越小，n(H+) n(OH－)越小，因此n(H+)和n(OH－)的积最小的为a点，故C错误；D．c点时溶质为浓度之比2∶1的NaCl和Na2S混合溶液，Na2S是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，所以c点溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(S2−)＞c(OH−)＞c(H+)，故D正确；答案选D。 4．【答案】B

【解析】A. a点时，lgcA-cHA=0，c(A)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中

−

L−1，选项A正确；B. lg由水电离的c(OH−)约为1×10−10 mol·

cA-cHA=0，c(A)=c(HA)，电离平衡常数：

−

-cH+cA-cBcH=10−4mol/L；lgKa(HA)= = =0，c(B−)=c(HB)，电离平衡常数：

cHAcHB-cH+cB-cB+cH=10−5mol/L，Ka(HB)= = Ka(HA)> Ka(HB)，C. b点时，=0，c(B−)=c(HB)，选项B错误；lgcHBcHBpH=5，c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，选项C正确；lgc(B−)> c(HB)，选项D正确。答案选B。

cB-cHB>0，