《2026年学易优高考二轮总复习化学》

【例题分析】甘氨酸(${NH_{2}CH_{2}COOH}$)是人体必需氨基酸之一。在$25^{\circ}C$时，${NH^{+}_{3}CH_{2}COOH}$、${NH^{+}_{3}CH_{2}COO^{-}}$和${NH_{2}CH_{2}COO^{-}}$的分布分数[如$\delta({A^{2-}})=\frac{c({A^{2-}})}{c({H_{2}A}) + c({HA^{-}}) + c({A^{2-}})}$]与溶液$pH$关系如图。下列说法错误的是(D)


A.甘氨酸具有两性
B.曲线$c$代表${NH_{2}CH_{2}COO^{-}}$
C.${NH^{+}_{3}CH_{2}COO^{-} + H_{2}O \rightleftharpoons NH^{+}_{3}CH_{2}COOH + OH^{-}}$的平衡常数$K = 10^{-11.65}$
D.$c^{2}({NH^{+}_{3}CH_{2}COO^{-}}) \lt c({NH^{+}_{3}CH_{2}COOH})· c({NH_{2}CH_{2}COO^{-}})$

答案： 【思维流程】
(1)根据微粒的官能团性质判断
氨基具有碱性，在酸性较强时会随着溶液中pH的减小结合氢离子生成$^+NH_3CH_2COOH$，$^+NH_3CH_2COOH$的浓度逐渐增大
羧基具有酸性，在碱性较强时会与氢氧根离子反应生成$NH_2CH_2COO^-$，随着pH的增大$NH_2CH_2COO^-$的浓度逐渐增大
曲线a表示$NH_3CH_2COOH$
曲线b表示$^+NH_3CH_2COO^-$
曲线c表示$NH_2CH_2COO^-$
(2)根据平衡常数的定义表达式计算
第一步写出定义表达式
$K=\frac{c(NH_3CH_2COOH)· c(OH^-)}{c(^+NH_3CH_2COO^-)}$
第二步找数据
$\frac{c(^+NH_3CH_2COO^-)=}{c(NH_2CH_2COO^-)=1.0}\frac{0.8}{0.2}\overset{a}{\underset{b}{}}$分布0.6分数0.4
$\frac{c(OH^-)=10^{-11.65}}{c(^+H)=10^{-2.35}}$
第三步$L=K=10^{-11.65}$
(3)根据表达式变形和电离程度大小的关系判断进行分析，公式变形找思路
$\frac{c(NH_2CH_2COO^-)· c(^+H)}{c(^+NH_3CH_2COO^-)}＜\frac{c(NH_3CH_2COO^-)· c(^+H)}{c(^+NH_3CH_2COO^-)}·\frac{c(NH_3CH_2COOH)}{c(NH_2CH_2COO^-)}=\frac{K_a1}{K_a2}$
正向判断：
$NH_3CH_2COOH\rightleftharpoons\begin{array}{} K_{a1}=\frac{c(^+H)· c(^+NH_3CH_2COO^-)}{c(NH_3CH_2COOH)}\\ K_{a2}=\frac{c(^+H)· c(NH_2CH_2COO^-)}{c(^+NH_3CH_2COO^-)}\end{array}＞\frac{K_{a1}}{K_{a2}}$
【答案】D

1. (2025·雅安模拟)室温下，向$10\ mL\ 0.1\ mol· L^{-1}$的${H_{2}SO_{3}}$溶液中滴加$0.1\ mol· L^{-1}$的$NaOH$溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液$pH$的关系如图所示。下列说法不正确的是(C)


A.曲线Ⅱ表示${HSO^{-}_{3}}$的分布系数随$pH$的变化
B.$K_{a2}({H_{2}SO_{3}})$的数量级为$10^{-8}$
C.$pH = 7$时，$c({Na^{+}}) \lt 3c({SO^{2-}_{3}})$
D.当加入的$NaOH$溶液的体积为$20\ mL$时，$c({H^{+}}) + c({HSO^{-}_{3}}) + c({H_{2}SO_{3}}) \lt c({OH^{-}})$

答案： 1.C 向$H_2SO_3$溶液中滴加NaOH溶液，$c(H_2SO_3)$逐渐减小，$c(HSO_3^-)$逐渐增大，因此曲线Ⅰ表$H_2SO_3$的分布系数随pH的变化，曲线Ⅱ表$HSO_3^-$的分布系数随pH的变化，再继续加NaO溶液，$c(HSO_3^-)$减小，$c(SO_3^{2-})$增大，因此曲线Ⅲ示$SO_3^{2-}$的分布系数随pH的变化。曲线Ⅱ表$HSO_3^-$的分布系数随pH的变化，A正确；在pH=7.2时，$c(HSO_3^-)=c(SO_3^{2-})$，则$K_{a2}(H_2SO_3)=\frac{c(SO_3^{2-})· c(^+H)}{c(HSO_3^-)}=c(^+H)=1×10^{-7.2}$，因此$K_{a2}(H_2SO_3)$的数量级为$10^{-8}$，B正确；pH=7时根据电荷守恒和pH=7得到$c(Na^+)=2c(SO_3^{2-})+c(HSO_3^-)$，又由于pH=7时$c(SO_3^{2-})＜c(HSO_3^-)$因此$c(Na^+)＞3c(SO_3^{2-})$，C错误；当加入的NaO溶液的体积为20 mL时，NaOH与$H_2SO_3$恰好完全反应生成$Na_2SO_3$，则根据元素质量守恒得$c(Na^+)=2[c(H_2SO_3)+c(HSO_3^-)+c(SO_3^{2-})]$①根据电荷守恒有$c(Na^+)+c(^+H)=2c(SO_3^{2-})+c(HSO_3^-)+c(OH^-)$②，将①代入②可得$2c(H_2SO_3)+c(HSO_3^-)+c(^+H)=c(OH^-)$，则$c(H_2SO_3)+c(HSO_3^-)+c(^+H)＜c(OH^-)$，D正确。

2. (2025·安徽省池州市二模)${H_{2}S}$是环保领域重要物质。$298\ K$、$101\ kPa$时，$-2$价$S$不同形态的微粒在水溶液中分布分数如图所示。已知$K_{sp}({CuS}) = 6.0×10^{-36}$，$K_{sp}({Ag_{2}S}) = 2.0×10^{-49}$，下列说法正确的是(D)


A.溶解度：${CuS}$大于${Ag_{2}S}$
B.曲线$H$表示${HS^{-}}$的分布分数
C.$pH$等于$10$时，$c({H_{2}S}) \lt c({S^{2-}})$
D.$0.1\ mol/L\ {Na_{2}S}$溶液中$c({S^{2-}})$约为$0.038\ mol/L$(忽略${S^{2-}}$的第二步水解)

答案： 2.D $H_2S$是二元弱酸，在溶液中分步电离，溶液pH增大，溶液中$H_2S$的浓度减小，$HS^-$的浓度先增大后减小，$S^{2-}$的浓度先不变后增大，则曲线H表示$H_2S$的分布分数，虚线表示$S^{2-}$的分布分数；由图可知，溶液中$HS^-$的浓度与$S^{2-}$的浓度相等时，溶液pH为13，由电离常数$K_{a2}(H_2S)=\frac{c(S^{2-})· c(^+H)}{c(HS^-)}$可知，电离常数$K_{a2}(H_2S)=c(^+H)=1×10^{-13}$。
已知$K_{sp}(CuS)=6.0×10^{-36}$，则$c(S^{2-})=\sqrt{6.0×10^{-18}mol· L^{-1}}\approx2.45×10^{-18}mol/L$，又已知$K_{sp}(Ag_2S)=2.0×10^{-49}$，则$c(S^{2-})=\sqrt[3]{\frac{2.0×10^{-49}}{4}}mol· L^{-1}\approx3.68×10^{-17}mol/L$，因此$Ag_2S$的溶解度大于CuS的溶解度，故A错误；由分析可知，曲线H表示$H_2S$的分布分数，故B错误；由上述分析可知，$K_{a1}=\frac{c(HS^-)× c(^+H)}{c(H_2S)}=10^{-7}$，$K_{a1}· K_{a2}=\frac{c(S^{2-})× c^2(^+H)}{c(H_2S)}=10^{-20}$，则pH=10时，$c(H_2S)=c(S^{2-})$，故C错误；忽略$S^{2-}$的第二步水解，$K_{h1}(S^{2-})=\frac{K_w}{K_{a2}}=\frac{10^{-14}}{10^{-13}}=0.1$，设水解消耗的$S^{2-}$浓度为$a mol/L$，则$K_{h1}(S^{2-})=\frac{a^2}{0.1-a}$，解得$a\approx0.062$，则0.1 mol/L $Na_2S$溶液中$c(S^{2-})\approx1 mol/L-0.062 mol/L=0.038 mol/L$，故D正确；故选D。

3. (2025·河南部分高中二模)$25^{\circ}C$时，$0.1\ mol· L^{-1}$某有机二元弱酸(记为${H_{2}A}$)溶液中${H_{2}A}$、${HA^{-}}$和${A^{2-}}$的分布分数$\delta$[例如$\delta({H_{2}A})=\frac{c({H_{2}A})}{c({H_{2}A}) + c({HA^{-}}) + c({A^{2-}})}$]与溶液$pH$的关系如图(调$pH$过程中，溶液体积视为不变)，下列说法错误的是(C)


A.$pH = 2$的溶液中，$c({H_{2}A}) + c({HA^{-}}) + c({A^{2-}}) = 0.1\ mol· L^{-1}$
B.曲线$b$表示$\delta({HA^{-}})$随溶液$pH$的变化
C.$25^{\circ}C$，$pH = 4$时，$c({A^{2-}}) \gt 10c({H_{2}A})$
D.$25^{\circ}C$，$pH = 4.4$时，$\delta({HA^{-}}) = \delta({A^{2-}}) \lt 0.5$

答案： 3.C 随pH增大，$H_2A$减少、$HA^-$先增后减、$A^{2-}$增多，曲线a表示$\delta(H_2A)$随溶液pH的变化，曲线b表示$\delta(HA^-)$随溶液pH的变化，曲线c表示$\delta(A^{2-})$随溶液pH的变化。根据图像，$c(H_2A)=c(HA^-)$时pH=3.0，则$K_{a1}(H_2A)=10^{-3}$；$c(A^{2-})=c(HA^-)$时pH=4.4，则$K_{a2}(H_2A)=10^{-4.4}$。A项：0.1 mol/L $H_2A$中，$K_{a1}=\frac{c(^+H)· c(HA^-)}{c(H_2A)}=\frac{c^2(^+H)}{c(H_2A)}=1×10^{-3}$，得$c^2(^+H)=1×10^{-4}$，$c(^+H)=10^{-2}mol/L$，则pH=2，说明溶质只有$H_2S$，根据元素质量守恒，pH=2的溶液中，$c(H_2A)+c(HA^-)+c(A^{2-})=0.1 mol· L^{-1}$，故A正确；根据以上分析，曲线a表示$\delta(H_2A)$随溶液pH的变化，曲线b表示$\delta(HA^-)$随溶液pH的变化，曲线c表示$\delta(A^{2-})$随溶液pH的变化，故B正确；根据图像，25℃时，$K_{a1}× K_{a2}=\frac{c(A^{2-})× c^2(^+H)}{c(H_2A)}=10^{-3}×10^{-4.4}=10^{-7.4}$，pH=4时，$\frac{c(A^{2-})}{c(H_2A)}=10^{0.6}$，所以$c(A^{2-})＜10c(H_2A)$，故C错误；根据图像，25℃，pH=4.4时，$\delta(HA^-)=\delta(A^{2-})＜0.5$，故D正确；选C。