专题08 水溶液中的离子反应与平衡（讲义）-【上好课】2025年高考化学二轮复习讲练测（新高考通用）

专题08 水溶液中的离子反应与平衡 目录 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 题型一 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用 【真题研析】 【核心精讲】 1．电解质溶液中的三大平衡 2．电离平衡常数 3．水解平衡常数(Kh) 4．溶度积常数(Ksp) 【命题预测】 题型二 电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用 【真题研析】 【核心精讲】 1．电离常数的4大应用 2．Kw、Ka、Kb、Ksp、Kh之间的关系 3．电离常数与水解常数的关系 【命题预测】 题型三 中和滴定及其拓展应用 【真题研析】 【核心精讲】 1．中和滴定 2．氧化还原滴定 3．沉淀滴定 【命题预测】 考点要求 考题统计 考情分析 各平衡常数之间相互换算及应用 2024·天津卷，12，3分；2024·安徽卷，7，3分；2024·浙江1月卷，15，3分；2024·福建卷，7，4分；2024·江苏卷，16，15分；2023•浙江省1月选考，15；2023•山东卷，15；2023•江苏卷，12，3分；2023•浙江省6月选考，15，3分； 近年高考命题选材，以多平衡体系溶液的真实情景为素材，来考查学生系统处理复杂情境中化学问题的能力。常涉及的平衡有水、弱电解质的电离平衡，盐类水解平衡，沉淀转化平衡，配合物的络合平衡。预计2025年将在选择题某一选项中以图像或者文字的形式考查，在填空题中结合化学反应原理综合考查。 中和滴定原理及拓展 2023•山东卷，8，3分；2023•湖北省选择性考试，18，3分；2023•浙江省1月选考，20(5)(6)；2023•湖北省选择性考试，18；2023•浙江省6月选考，20(4)；2022•辽宁省选择性，17(7)； 题型一 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用 1．(2024·贵州卷，12，3分)硼砂[Na2B4O5(OH)4·8H2O]水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B(OH)3(硼酸)和Na[B(OH)4] (硼酸钠)。 已知：①25℃时，硼酸显酸性的原理B(OH)3+2H2OH3O++ Ka=5.8×10-10 ②。 下列说法正确的是( ) A．硼砂稀溶液中cNa＋= c[B(OH)3] B．硼酸水溶液中的主要来自水的电离 C．25℃时，0.01mol·Lˉ1硼酸水溶液的pH≈6.38 D．等浓度等体积的B(OH)3和Na[B(OH)4]溶液混合后，溶液显酸性 【答案】B 【解析】A项，B4O5(OH)42-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和Na[B(OH)4]，硼酸遇水转换B(OH)3+2H2OH3O++，根据物料守恒，，A错误；B项，根据已知，硼酸遇水转换，其中的H+是由水提供的，B正确；C项，25℃时，B(OH)3+2H2OH3O++，，，因，，C错误；D项，B(OH)3的电离平衡常数为Ka=5.8×10-10，B(OH)4-的水解平衡常数，水解程度大于电离程度，显碱性，D错误；故选B。 2．(2022•湖北卷，12，3分)根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是( ) A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+ C．NH3＞N2H4＞CH3COO- D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+ 【答案】D 【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，则反应N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反应N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故选D。 3．(2022•全国乙卷，13，6分)常温下，一元酸的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，与A-离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( ) A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)＋c(A-) B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为 C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等 D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4 【答案】B 【解析】A项，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；B项，常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C项，根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D项，常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；故选B。 4．(2022·浙江省1月选考，17，2分)已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是( ) A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者 B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013% C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-) D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1 【答案】B 【解析】A项，在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B项，向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；C项，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；D项，H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；故选B。 5．(2021•浙江6月选考，17，2分)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是( ) A．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸 B．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸 C．25℃时，若测得HR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH= b，b-a＜1，则HR是弱酸 D．25℃时，若测得NaR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH= b，a＞b，则HR是弱酸 【解析】A项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01mol·Lˉ1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设HR为强酸，取pH=6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH＜7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。 1．电解质溶液中的三大平衡 三大平衡 电离平衡 水解平衡 沉淀溶解平衡 示例 CH3COOHCH3COO-+H+ CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) 研究 对象 弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根) 盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐) 难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等) 平衡常数 Ka= Kh= Ksp(AgCl)= c(Ag+)·c(Cl-) 影 响 因 素 升高 温度 促进电离，离子浓度增大，Ka增大 促进水解，Kh增大 Ksp可能增大，也可能减小 加水稀释 促进电离，离子浓度(除OH-外)减小，Ka不变 促进水解，离子浓度(除H+外)减小，Kh不变 促进溶解，Ksp不变 加入相应 离子 加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，Ka不变 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不变 加入AgNO3溶液或NaCl溶液，抑制溶解，Ksp不变 加入反应 离子 加入NaOH，促进电离，Ka不变 加入盐酸，促进水解，Kh不变 加入氨水，促进溶解，Ksp不变 2．电离平衡常数 (1)电离平衡常数的含义 如对于HAH＋＋A－，Ka＝；BOHB＋＋OH－，Kb＝。 (2)K值大小的意义 相同温度下，K值越小表明电离程度越小，对应酸的酸性或碱的碱性越弱。 (3)影响K值大小的外因 同一电解质，K值只与温度有关，一般情况下，温度越高，K值越大；此外对于多元弱酸来说，其Ka1＞Ka2＞Ka3。 3．水解平衡常数(Kh) (1)水解平衡常数的含义 A－＋H2OHA＋OH－，达到平衡时有Kh＝＝。同理，强酸弱碱盐水解平衡常数与弱碱电离平衡常数Kb的关系为Kh＝。 (2)影响Kh的因素 Kh值的大小是由发生水解的离子的性质与温度共同决定的；温度一定时，离子水解能力越强，Kh值越大；温度升高时，Kh值增大；对于多元弱酸阴离子或多元弱碱阳离子来说，其Kh1＞Kh2＞Kh3。 4．溶度积常数(Ksp) (1)溶度积常数Ksp的表达式 对于组成为AmBn的电解质，饱和溶液中存在平衡AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。 (2)影响Ksp大小的因素 对于确定的物质来说，Ksp只与温度有关；一般情况下，升高温度，Ksp增大。 (3)溶度积规则 当Qc>Ksp时，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡；当Qc＝Ksp时，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态；当Qc<Ksp时，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。 (4)Ksp与物质溶解度的关系 ①对于组成形式相同的物质来说，Ksp越小，物质越难溶解或溶解度越小；组成形式(AmBn)不同的物质，Ksp越小且m＋n越小的物质越难溶。 ②Ksp的大小与沉淀转化的关系：组成形式相同的难溶物质，Ksp较大的沉淀易转化为Ksp较小的沉淀，但当二者Ksp相差不大时，反过来也可转化；对于组成形式(AmBn)不同的物质来说，一般情况下，Ksp较大且m＋n也较大的物质易转化为Ksp较小且m＋n也较小的物质。其他情况则需要通过计算才能确定。 【易错提醒】 电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数是溶液中的三大常数，它们均只与温度有关。电离平衡常数和水的离子积常数随着温度的升高而增大，因为弱电解质的电离和水的电离均为吸热反应。有关常数的计算，要紧紧围绕它们只与温度有关，而不随其离子浓度的变化而变化来进行。 1．(2024·湖北腾云联盟高三联考)常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA表示，Ka=1.0×10-30)药物在人体吸收模式如下： 假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是( ) A．血浆中HA电离程度比胃中大 B．在胃中， C．在血浆中， D．总药量之比 【答案】C 【解析】A项，如图可知，胃液酸性强，H+浓度大，抑制HA的电离，故血浆中HA电离程度比胃中大，A正确；B项，在胃中c(H＋)= 1.0×10-10mol·L－1，根据可得，B正确；C项，在血浆中，，C错误；D项，未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡，血浆Ⅰ和胃Ⅱ中c(HA)相等，由，可得，则，溶液Ⅰ中，，，同理溶液Ⅱ中，，故总药量之比，D正确；故选C。 2．二乙胺[(C2H5)2NH]是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(C2H5)2NH2Cl。下列叙述正确的是( ) A．0.01mol·L-1 (C2H5)2NH2Cl水溶液的pH=2 B．(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小 C．(C2H5)2NH2Cl水溶液加水稀释，pH降低 D．(C2H5)2NH2Cl水溶液中：c(Cl-)+c(OH-)= c[(C2H5)2NH2+]+ c[(C2H5)2NH] 【答案】B 【解析】A项，二乙胺是弱碱，其对应的盐酸盐溶液显酸性，水解是微弱的，所以0.01 mol·L-1 (C2H5)2NH2Cl水溶液的，故A错误；B项，由于[(C2H5)2NH2]+水解，(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性，加热能促进水解的进行，所以(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小，故B正确；C项，(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性，加水稀释，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误；D项，(C2H5)2NH2Cl水溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)= c[(C2H5)2NH2+]+c(H+)，[(C2H5)2NH2]+水解的方程式为：[(C2H5)2NH2]++H2O(C2H5)2NH +H3O+，还存在着水的电离：H2OH++OH-，所以c(H+)＞c[(C2H5)2NH]，故D错误；故选B。 3．已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室温下，下列说法不正确的是( ) A．0.1mol/L NaHR溶液pH＜7 B．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)＜c(R2-) C．0.1mol/L H2R溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-) D．0.01mol/L的H2R溶液与pH=12的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2 【答案】C 【解析】A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1mol/L NaHR溶液pH＜7，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，，故溶液中c(HR-)＜c(R2-)，B正确；C项，0.1mol/L H2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C错误；D项，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的H2R(二元酸)溶液与pH=12即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。 4．25℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X-)=1 mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是(　　) A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY) B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH C．稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY 【答案】A 【解析】A项，根据BY溶液的pH＝6，B＋比Y－更易水解，则BOH比HY更难电离，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)；B项，根据AX、BX、BY溶液的pH，则AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为弱酸强碱盐，溶液的pH＞7，故AY溶液的pH大于BY溶液的pH；C项，稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，且BX溶液的pH变化大于BY溶液；D项，HX为强酸，HY为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY的电离程度增大，但仍不可能全部电离，故HX溶液的酸性强，pH小。 5．工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是(　　) A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH－)均会增大 B．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO4(s) CaCO3(s)＋SO(aq) C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4 D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小 【答案】D 【解析】温度升高，Kw增大，温度升高促进碳酸钠溶液水解，c(OH－)增大，A选项正确；加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：CO＋CaSO4CaCO3＋SO，B选项正确；因为碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不与盐酸反应，所以在盐酸溶液中碳酸钙的溶解性大于硫酸钙，C选项正确；根据CO＋CO2＋H2O===2HCO知，阴离子HCO的浓度增大，D选项错误。 6．已知25℃时，RSO4 (s)+ CO3 2-(aq)RCO3 (s)＋SO42-(aq)的平衡常数K=1.75×104，Ksp(RCO3)=2.80×10-9，下列叙述中正确的是( ) A．向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀 B．将浓度均为3×10-4.5mol•L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀 C．25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5 D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp 【答案】C 【解析】A项，RSO4 (s)+ CO3 2-(aq)RCO3 (s)＋SO42-(aq)的平衡常数K==1.75×104，Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)=1.75×104×2.80×10-9=4.9×10-5。RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，故向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，A错误；B项，将浓度均为3×10-4.5mol•L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2+)=1.5×10-4.5mol•L-1、c(CO32-)=1.5×10-6mol•L-1，此时的离子积Q=c(R2+)•c(CO32-)=1.5×10-6×1.5×10-6=2.25×10-12<Ksp(RCO3)，不会产生RCO3沉淀，B错误；C项，根据A项计算，Ksp(RSO4)=4.9×10-5，C正确；D项，Ksp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp与在Na2CO3溶液中的Ksp相等，D错误；故选C。 7．依据下表有关铁的难溶化合物的溶度积，有关说法正确的是(　　) 化合物 溶度积(25 ℃) 化合物 溶度积(25 ℃) FeCO3 3.2×10－11 Fe(OH)3 4.0×10－38 Fe(OH)2 8.0×10－11 FeS 6.3×10－18 A．在c(CO)＝0.1 mol·L－1溶液中，c(Fe2＋)≥3.2×10－10 mol·L－1 B．将FeCl2和FeCl3溶液分别调至pH＝10，则c(Fe2＋)<c(Fe3＋) C．增加溶液的酸性，有利于将Fe2＋沉淀为FeS和FeCO3 D．将反应液中的Fe2＋氧化为Fe3＋有利于将铁元素从溶液中除尽 【答案】D 【解析】A项，c(Fe2＋)≤3．2×10－10(若大于＝3．2×10－10mol·L－1，则生成沉淀)，错误；B项，pH＝10，此时c(OH－)＝1×10－4 mol·L－1，c(Fe2＋)＝8．0×10－3 mol·L－1，c(Fe3＋)＝10－26 mol·L－1，错误；C项，酸性增强，FeS、FeCO3会溶解：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑、FeCO3＋2H＋===Fe2＋＋H2O＋CO2↑，错误；D项，由于Ksp[Fe(OH)3]远小于Ksp[Fe(OH)2]，正确。 8．探究Mg(OH)2的沉淀溶解平衡时，利用下表三种试剂进行实验，下列说法中不正确的是( ) 编号 ① ② ③ 分散质 Mg(OH)2 HCl NH4Cl 备注 悬浊液 1mol•L-1 1mol•L-1 A．向①中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，说明Mg(OH)2是一种弱电解质 B．为了使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快，加入过量NH4Cl浓溶液并充分振荡，效果更好 C．①③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq)Mg2+(aq)+2NH3•H2O(aq) D．向少量Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，反应的离子方程式是Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O 【答案】A 【解析】A项，Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，则溶液呈碱性，说明Mg(OH)2能电离出OH-，是一种电解质，不能判断是否为弱电解质，A说法错误；B项，Mg(OH)2溶解产生的OH-与NH4Cl溶液中的NH4+生成NH3•H2O，能加快Mg(OH)2悬浊液的溶解，B说法正确；C项，①③混合后，OH-与NH4+发生反应生成NH3•H2O，其方程式为Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq) Mg2+(aq)+2NH3•H2O(aq)，C说法正确；D项，因相同温度下，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，碱过量时生成Mg(OH)2，D说法正确；故选A。 19．(2025·浙江省嘉兴市高三基础测试)25℃时，草酸(H2C2O4)的电离常数为Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5；CaC2O4的Ksp=2.5×10-9；。常温下，下列说法不正确的是( ) A．的KHC2O4溶液呈酸性 B．若某溶液中cHC2O4-=cH2C2O4，溶液的pH约为1.3 C．草酸钙饱和溶液中cC2O42-＞cHC2O4- D．Na2C2O4溶液中粒子浓度关系：c(OH―)-c(H＋)＜cHC2O4-＋cH2C2O4 【答案】D 【解析】A项，由电离常数可知，草酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh===2.0×10—13＜Ka2，则草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故A正确；B项，由电离常数Ka1(H2C2O4)= 可知，溶液中cHC2O4-=cH2C2O4时，溶液中c(H+)= Ka1=5.0×10-2，则溶液pH=2—lg5=1.3，故B正确；C项，草酸钙饱和溶液中，草酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中草酸根离子大于草酸氢根离子，故C正确；D项，草酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH―)=c(H＋)+cHC2O4-＋2cH2C2O4，则溶液中c(OH―)-c(H＋)＞cHC2O4-＋cH2C2O4，故D错误；故选D。 10．已知：①AgCl为难溶于水和酸的白色固体，Ag2S为难溶于水和酸的黑色固体。 ②室温下，Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2S)=2.0×10-48。 向AgCl的悬浊液中加入一定量的Na2S溶液并振荡，白色固体向黑色固体转化。下列说法正确的是( ) A．Na2S溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(S2-) B．向AgCl悬浊液加入足量氨水，溶液变澄清。反应的离子方程式为：AgCl+4NH3•H2O=[Ag(NH3)4]++Cl-+4H2O C．反应2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-正向进行，需满足<2×1028 D．将转化后的体系静置，上层清液中离子存在关系：c(Ag+)=且c(Ag+)> 【答案】C 【解析】A项，Na2S溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，A错误；B项，向AgCl悬浊液加入足量氨水，溶液变澄清，得到银氨溶液，离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B错误；C项，反应2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-的平衡常数K=== ==2×1028，当浓度商Q=＜K时，反应正向移动，C正确；D项，根据题意沉淀发生转化，即体系中不会生成AgCl沉淀，所以c(Ag+)＜，D错误；故选C。 11．氢氧化镁是常见难溶物，将过量氢氧化镁粉末置于水中达到溶解平衡：Mg(OH)2 (s) Mg2+ (aq)+ 2OH-(aq)。已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp(MgCO3)=3.5×10-8；通常，溶液中某离子的浓度小于1.0×10-5mol·L－1时，可以认为该离子已沉淀完全。下列有关说法不正确的是( ) A．滴入几滴稀硫酸，溶液的pH先下降后上升，最后保持一个稳定值 B．MgCO3的饱和溶液中c(Mg2+)＞c(CO32-) C．NaOH溶液可使MgCO3较彻底地转化为Mg(OH)2 D．氢氧化镁可处理印染厂的酸性废水，处理后c(Mg2+)=1.8×10-3mol·L－1，此时溶液呈碱性 【答案】B 【解析】A项，滴入几滴稀硫酸后，氢离子和氢氧根离子反应生成水，氢氧根离子浓度降低，pH降低，随后沉淀溶解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，pH增大，A正确；B项，碳酸镁电离产生镁离子和碳酸根离子，但是碳酸根离子会水解，故镁离子浓度大于碳酸根离子，B错误；C项，通过信息可知，氢氧化镁的溶度积常数要小的多，故碳酸镁更加容易转化为氢氧化镁，则NaOH溶液可使MgCO3较彻底地转化为Mg(OH)2，C正确；D项，处理后，则此时，氢氧根离子浓度较大，溶液显碱性，D正确；故选B。 12．向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS纳米粒子［已知Ksp(FeS)= 6.3×10－18，Ksp(CuS)= 1.3×10－36］，下列说法正确的是( ) A．FeS固体不能用于去除工业废水中的Cu2+ B．向FeSO4和CuSO4混合溶液中加入Na2S溶液，当两种沉淀共存时， C．向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，滤液中一定存在 D．已知H2S溶液中，可判断CuS易溶于稀盐酸 【答案】C 【解析】A项，根据Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)可知，FeS固体能用于去除工业废水中的Cu2+，故A错误；B项，向FeSO4和CuSO4混合溶液中加入Na2S溶液，当两种沉淀共存时，，故B错误；C项，CuS存在溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2−(aq)，向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，铜离子浓度增大，因此CuS的溶解平衡逆向移动，根据溶度积常数得到滤液中一定存在，故C正确；D项，若要溶解CuS+2H+= Cu2++H2S，则，平衡常数很小，反应几乎不能发生，可判断CuS难溶于稀盐酸，故D错误。故选C。 题型二 电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用 1．(2024·福建卷，7，4分)多卤离子I3-、ICl2-、IBr2-在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下： 离子 分解反应 平衡常数值 I3-(aq) I3-(aq)=I2(aq)+I-(aq) 1.4×10-3 ICl2-(aq) ICl2-(aq)=ICl(aq) +Cl-(aq) 6.0×10-3 IBr2-(aq) IBr2-(aq)=IBr(aq) +Br-(aq) K 下列说法错误的是( ) A K＜6.0×10-3 B．上述分解反应均为氧化还原反应 C．共价键极性：ICl＞IBr D．BrCl2-(aq)可分解为BrCl-(aq)和Cl-(aq) 【答案】B 【解析】A项，已知电负性Cl＞Br，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致I-Cl比I-Br更容易断裂，所以电离程度ICl2-＞IBr2-，K＜6.0×10-3，A正确；B项，每个碘离子可以与一个碘分子结合，形成I3-，这个过程中，I3-离子能够离解成碘和碘离子，形成平衡反应：I-+I2I3-，所以溶液中存在I3-(aq)I2(aq)+I-(aq)的电离平衡，此变化不是氧化还原反应，ICl2-、ICl中碘元素是+1价，氯元素是-1价，IBr2-和IBr中，碘元素是+1价，溴元素是-1价；三个变化过程中，各元素化合价都没有改变，不是氧化还原反应，B错误；C项，同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，因此氯的电负性大于溴的电负性，形成共价键的两元素之间的电负性的差值越大，则键的极性越强，因此共价键极性的大小关系为ICl＞IBr，C正确；D项，已知电负性Cl＞Br，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致Cl-Br容易断裂产生为BrCl-(aq)和Cl-(aq)，D正确；故选B。 2．(2024·天津卷，12，3分)甲胺(CH3NH2)水溶液中存在以下平衡：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。已知：25℃时，CH3NH2的Kb=4.2×10-4，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5。下列说法错误的是( ) A．CH3NH2的 B．CH3NH2溶液中存在cCH3NH3+＋cH＋＝cOH－ C．25℃时，0.1mol·L-1NH4Cl溶液与0.1mol·L-1CH3NH3Cl溶液相比，NH4Cl溶液中的cH＋小 D．0.01mol·L-1 CH3NH2溶液与相同浓度的CH3NH3Cl溶液以任意比例混合，混合液中存在c(CH3NH2)+ c(CH3NH3+)=0.1mol·L-1 【答案】C 【解析】A项，由(CH3NH2)的电离方程式可知，CH3NH2的，A正确；B项，由CH3NH2的电离方程式及电荷守恒可知，CH3NH2溶液中存在cCH3NH3+＋cH＋＝cOH－，B正确；C项，由CH3NH2的Kb=4.2×10-4，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，碱性CH3NH2＞NH3·H2O，由越弱越水解可得，25℃时，0.1mol·L-1NH4Cl溶液与0.1mol·L-1CH3NH3Cl溶液相比，NH4Cl溶液中的cH＋大，C错误；D项，0.01mol·L-1 CH3NH2溶液与相同浓度的CH3NH3Cl溶液以任意比例混合，由物料守恒得，混合液中存在c(CH3NH2)+ c(CH3NH3+)=0.1mol·L-1，D正确；故选C。 3．(2024·浙江1月卷，15，3分)常温下、将等体积、浓度均为0.40mol·L-1 BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知：H2SO3 Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8 Ksp(BaSO3)=5.0×10－10，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10， 下列说法不正确的是( ) A． H2SO3溶液中存在c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-) B．将0.40mol·L-1 H2SO3溶液稀释到0.20mol·L-1，c(SO32-)几乎不变 C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3 D．存在反应BaSO3+ H2SO3+H2O2= BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因 【答案】C 【解析】A项，亚硫酸是二元弱酸，存在二次电离，电离方程式为：H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-，则溶液中c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-)，A正确；B项，亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释的平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B正确；C项，加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，C错误；D项，过氧化氢具有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫酸根离子，则存在反应，BaSO3+H2O2= BaSO4↓+H2O，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D正确；故选C。 4．(2024·安徽卷，7，3分)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用子药品、香料等的合成。 已知25℃时，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 ，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。 下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( ) A．键角：NH3＞NO3- B．熔点： NH2OH＞[NH3OH]Cl C．同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl D．羟胺分子间氢键的强弱： 【答案】D 【解析】A项，NH3中N原子的价层电子对数=，为sp3杂化，键角为107°，NO3-中N的价层电子对数=，为sp2杂化，键角为120°，故键角：NH3＜NO3-，A错误；B项，NH2OH为分子晶体，[NH3OH]Cl为离子晶体，故熔点：NH2OH＜[NH3OH]Cl，B错误；C项，由题目信息可知，25℃下，Kb(NH3·H2O)＞Kb(NH2OH)，故NH2OH的碱性比NH3·H2O弱，故同浓度的水溶液中，[NH3OH]+的电离程度大于NH4+的电离程度，同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＜NH4Cl，C错误；D项，O的电负性大于N，O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱，D正确；故选D。 5．(2023•浙江省6月选考，15，3分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验I：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。 实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1 CaCl2溶液。 [已知：H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)= 2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是 A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C2O42-)＜c(HC2O4-) C．实验Ⅱ中发生反应Ca2++ HC2O4- =CaC2O4↓+H+ D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中c(C2O42-)=4.0×10-8mol·L-1 【答案】D 【解析】A项，NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B项，实验I中V(NaOH)=10mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2O42-)＞c(HC2O4-)，故B错误；C项，实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是Ca2++ 2HC2O4- =CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；D项，实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。故选D。 6．(2024·江苏卷，16，15分)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。 (1)沉淀Cl-。在高氯水样中加入K2CrO4使CrO42-浓度约为5×10-3mol·L-1，当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中Cl-浓度约为_______ mol·L-1。[已知：Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)= 2.0×10－12] (2)还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol·L-1盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为_______。 ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是_______。 ③为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，_______[实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液，通风设备] (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生Ag+的离子方程式为_______。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是_______。 【答案】(1) 9×10-6 (2)①Fe+AgCl+2HCl= FeCl3+Ag+H2↑ ②形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为AgCl+ e-=Ag+Cl-，生成Ag ③洗涤，向最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液，确保氯离子洗净，开启通风设备，向滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化 (3)①4Ag+O2+4H+=4Ag++2H2O ②纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降 【解析】(1) CrO42-浓度约为5×10-3mol·L-1，当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀，此时，；(2)①在足量0.5mol·L-1盐酸中静置，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为：Fe+AgCl+2HCl= FeCl3+Ag+H2↑；②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag，是因为形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为AgCl+ e-=Ag+Cl-，生成Ag；③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案为：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤，向最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液，确保氯离子洗净，打开通风设备，向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化；(3)①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为：4Ag+O2+4H+=4Ag++2H2O；②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。 1．电离常数的4大应用 判断弱酸(或弱碱)的相对强弱 电离常数越大，酸性(或碱性)越强。如：常温下，CH3COOH的Ka＝1．8×10－5，H2CO3的Ka1＝4．3×10－7、Ka2＝5．6×10－11。 则酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO 判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱 电离常数越大，对应的盐水解程度越小，碱性(或酸性)越弱。如：利用上面电离常数的数值可知等浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaHCO3>CH3COONa 判断复分解反应能否发生 一般符合“强酸制弱酸”规律。如：利用上面中电离常数的数值可知，向Na2CO3溶液中加入足量CH3COOH的离子方程式为CO＋2CH3COOH===2CH3COO－＋H2O＋CO2↑ 判断微粒浓度比值的变化 弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，题目中经常利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。如把0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，＝＝稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则变大 2．Kw、Ka、Kb、Ksp、Kh之间的关系 (1)一元弱酸强碱盐：Kh＝Kw/Ka； (2)一元弱碱强酸盐：Kh＝Kw/Kb； (3)多元弱碱强酸盐，如氯化铁：Fe3＋(aq)＋3H2O(l)Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)，Kh＝c3(H＋)/c(Fe3＋)。将(Kw)3＝c3(H＋)×c3(OH－)与Ksp＝c(Fe3＋)×c3(OH－)两式相除，消去c3(OH－)可得Kh＝(Kw)3/Ksp。 (4)M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间关系，M(OH)n(s) Mn＋(aq)＋nOH－(aq)，Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝·cn(OH－)＝＝()n＋1。 3．电离常数与水解常数的关系 (1)对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系 HAH++A-，Ka(HA)=； A-+H2OHA+OH-，Kh(A-)=。 则Ka·Kh=c(H+)·c(OH-)=Kw，故Kh=。常温时Ka·Kh=Kw=1.0×10-14，Kh=。 (2)对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB-)、Kh(B2-)的关系 HB-+H2OH2B+OH-，Kh(HB-)===； B2-+H2OHB-+OH-，Kh(B2-)===。 1．室温下，用过量0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。(当溶液中剩余的离子浓度小于时，化学上通常认为生成沉淀的反应已经完全进行了。已知：Ksp(CaSO4)=5.0×10-5，Ksp(CaCO3)=3.0×10-9)，下列说法正确的是( ) A．浸泡后CaSO4未完全转化为CaCO3 B．0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3―)+c(H2CO3) C．反应CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-正向进行，需满足 D．过滤后所得清液中一定存在：且 【答案】D 【解析】A项，用过量0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，则浸泡后，可以认为浸泡后CaSO4完全转化为CaCO3，A错误； B项，由质子守恒可知，0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3―)+2c(H2CO3)，B错误；C项，CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-的，反应正向进行，需满足，C错误；D项，过滤后所得清液为碳酸钙的饱和溶液，存在：，且由于碳酸根离子浓度较大导致钙离子浓度很小，故存在，D正确；故选D。 2．[新考法]印尼苏拉威西岛特产的椰子蟹具有异常坚硬的甲壳，这归功于摄入的椰子中的月桂酸(C11H23COOH)，在表面的角质层中形成难溶的月桂酸磷酸钙，存在如下平衡：Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)    Ksp=7.3×10-35，已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9。下列说法不正确的是( ) A．椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳 B．弱碱性的海水可以保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀 C．将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸钠溶液中，可实现其与碳酸钙的转化 D．海水中CO2浓度升高，会腐蚀椰子蟹的外壳，使Ksp增大 【答案】D 【解析】A项，由题干可知，月桂酸利于促进形成难溶的月桂酸磷酸钙，故椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳，A正确；B项，弱碱性的海水利于月桂酸形成月桂酸根离子，使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43－(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡逆向移动，利于保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀，B正确；C项，将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸钠溶液中，较高浓度的碳酸根离子使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)转化为CaCO3(s)，实现其与碳酸钙的转化，C正确；D项，海水中CO2浓度升高，溶液酸性增强，使得月桂酸根离子转化为月桂酸，促使Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43－(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡正向移动，导致腐蚀椰子蟹的外壳，但不会使Ksp增大，D错误；故选D。 3．常温下，向20mL0.1mol/L NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，一段时间后，少量气体X从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH值为8.7。 已知：Ksp(CaCO3)=4.96×10-9 Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11 H2CO3：pKa1=6.3、pKa2=10.3；Mg(OH)2沉淀范围：pH9.4~12.4。 下列说法正确的是( ) A．X气体是CO2，饱和NaHCO3溶液的 B．因为Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，Mg(OH)2更难溶 C．向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有Mg(OH)2生成 D．向0.1mol/L NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀。 【答案】D 【解析】A项，在NaHCO3溶液中既存在水解平衡HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-、又存在电离平衡HCO3-⇌ H++ CO32-，HCO3-的水解平衡常数Kh===10-7.7＞10-10.3，NaHCO3溶液呈碱性，向其中加入少量NaHCO3固体，上述平衡正向移动，生成的H2CO3分解产生少量气体CO2，即X气体是CO2，同时有CO32-生成，即溶液Y中含CO32-，由H2CO3的Ka1、Ka2可知CO32-的水解能力大于HCO3-，溶液Y的pH为8.7，则饱和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A项错误；B项，MgCO3、Mg(OH)2不属于同类型的难溶电解质，不能直接由Ksp的大小判断溶解度的大小，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，饱和MgCO3溶液的浓度c(MgCO3)==mol/L=×10-3mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，饱和Mg(OH)2溶液的浓度c[Mg(OH)2]==mol/L=×10-4mol/L＜×10-3mol/L，Mg(OH)2更难溶，B项错误；C项，Mg(OH)2沉淀的范围：pH9.4~12.4，即pH=9.4时Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，Y溶液的pH为8.7，故向溶液Y中滴加MgCl2溶液，没有Mg(OH)2生成，C项错误；D项，NaHCO3溶液中存在平衡HCO3-H++ CO32-，由于Ksp(CaCO3) ＜Ksp(MgCO3)，说明Ca2+结合CO32-的能力比Mg2+强，故向0.1mol/LNaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D项正确；故选D。 4．(2025·浙江部分高中高三开学考试)硫化氢(H2S)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验Ⅰ：往20mL 0.10mol·L-1NaHS溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液； 实验Ⅱ：往20mL 0.10mol·L-1NaHS溶液中滴加0.10mol·L-1 AgNO3溶液。 [已知：H2S的电离平衡常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50；Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+ ，K=1.0×10－7.23，溶液混合后体积变化忽略不计]。 下列说法正确的是( ) A．实验I可选用甲基橙(变色的范围)作指示剂，指示反应终点 B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(Na+)>c(HS−)>c(S2−) C．实验Ⅱ中发生的主要反应为2Ag++HS-=Ag2S↓+H+ D．往实验Ⅱ反应产生的黑色沉淀中加入0.10mol·L-1氨水，黑色沉淀溶解，产生0.10mol·L-1 【答案】B 【解析】A项，实验I终点时为Na2S溶液，为碱性，选用酚酞溶液做指示剂，A项错误；B项，实验I中V(NaOH)=10mL时，为NaHS与Na2S物质的量比1：1的混合溶液，HS-的电离平衡常数为1.3×10−13，S2−水解平衡常数为，故HS-的电离程度小于S2−水解能力，存在c(Na+)>c(HS−)>c(S2−)，B项正确；C项，实验Ⅱ中发生的主要反应为2Ag++2HS-=Ag2S↓+H2S，C项错误；D项，实验Ⅱ中存在Ag2S(s)2Ag+(aq)+ S2-(aq)，故2c(Ag+)=c(S2−)，Ksp(Ag2S)=6.3×10−50，c(Ag+)=，Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+，K=1.0×107.23，c[Ag(NH3)2+]=，故Ag2S不会溶解生成[Ag(NH3)2]+，D项错误；故选B。 5．(1)25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________ mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)已知25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5 mol·L－1，该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝________ mol·L－1。(已知≈2.36) (3)常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡________移动(填“向左”、“向右”或“不”)。试计算溶液中＝________。(常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8) 【答案】(1)1×10－12 增大 (2)2.36×10－5 (3)向右 60 【解析】(1)，＝＝1×10－12 mol·L－1。HSO＋H2OH2SO3＋OH－，当加入少量I2时，发生I2＋HSO＋H2O===2I－＋3H＋＋SO。根据，由于c(OH－)减小，而Kh不变，所以增大。(2)＝，c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NH)≈1 mol·L－1，所以c(H＋)＝＝≈2.36×10－5 mol·L－1。(3)NaOH电离出的OH－抑制水的电离平衡，Na2SO3电离出的SO水解促进水的电离平衡。SO＋H2OHSO＋OH－，＝＝，所以＝＝60。 6．[新题型](2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考，节选)已知溶洞的形成与下列反应有关： ①Ca2++2HCO3-CaCO3+ H2CO3 ②H2CO3H2O+CO2↑ (1)反应①的平衡常数为 。(用Ka1、Ka2、Ksp(CaCO3)表示) (2)以下能判断反应①达到平衡状态的是___________。 A．CO2气体压强保持不变 B．溶液的pH保持不变 C．不变 D．v正(H2CO3)：v逆(HCO3-)=2：1 (3)当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成了钟乳石，请解释可能的原因 。 (4)已知H2CO3的Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(CaCO3)= 2.8×10－9，c(H＋)=8.4×10-9mol·L-1 ，c(HCO3-)=1×10-4mol·L-1，c(H2CO3)为 。当c(Ca2+)= mol·L-1¹时，开始产生CaCO3沉淀。 【答案】(1) (2)AB (3)由于水分的蒸发或压强减少，以及温度的变化上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡②正移，导致c(H2CO3)减少，使平衡①也正移而析出碳酸钙沉淀 (4) 2×10-6mol/L 4.2×10-3 【解析】(1)碳酸的一级电离为：H2CO3H++HCO3-，二级电离为：HCO3-H++CO32-，，，且Ksp(CaCO3)= c(Ca2+)·c(CO32-)，反应①的平衡常数：，根据以上三个平衡常数表达式，可得：；(2)A项，碳酸分解产生二氧化碳气体，CO2气体压强保持不变，说明CO2浓度不变，可进一步溶液中H2CO3浓度不变，可以说明反应①达到平衡状态，A符合题意；B项，溶液的pH保持不变，说明碳酸的电离已经达到平衡，即溶液中H2CO3浓度不变，说明反应①达到平衡状态，B符合题意；C项，因，当不变时，仅能说明CO32-的水解达到平衡，不能说明反应①达到平衡状态，C不符合题意；D项，根据反应①，物质的反应速率之比等于其计量系数之比，则当v正(H2CO3)：v逆(HCO3-)=1：2时，能说明反应①达到平衡状态，D不符合题意；故选AB。(3)当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成了钟乳石，可能的原因为：由于水分蒸发或压强减少，或温度的上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡②正移，导致c(H2CO3)减少，使平衡①也正移而析出碳酸钙沉淀；(4)当c(H＋)=8.4×10-9mol·L-1，c(HCO3-)=1×10-4mol·L-1，则；，当时开始产生CaCO3沉淀，解得。 题型三 中和滴定及其拓展应用 1．(2023•湖南卷，12，3分))常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( ) A．Ka(CH3COOH)约为10-4.76 B．点a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-) C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO-) D．水的电离程度：a＜b＜c＜d 【答案】D 【解析】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NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，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。A项，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，Ka(CH3COOH) ==10-4.76，故A正确；B项，a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C项，点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；D项，c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；故选D。 2．(2023•山东卷，8，3分)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下： ①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。 ③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。 ④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。 对于上述实验，下列做法正确的是( ) A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可 B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点 C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直 D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管 【答案】C 【解析】A项，进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180度后再倒置一次，故A错误；B项，滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B错误；C项，滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确；D项，滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故D错误；故选C。 3．(2023•湖北省选择性考试，18)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题： (1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为_______，装置B的作用为_______。 (2)铜与过量H2O2反应的探究如下： 实验②中Cu溶解的离子方程式为_______；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是_______。 (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为_______。 (4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X的相对含量为_______。 【答案】(1)①具支试管 ②防倒吸 (2)①Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O ②O2 ③既不是氧化剂，又不是还原剂 (3)CuO2 (4)①溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 ② 72% 【解析】(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H+的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；(3)在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；(4)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得到关系式：CuO2~2I2~4S2O32-，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为。 4．(2023•浙江省6月选考，20节选)测定产品的盐基度。Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。 ①产品的盐基度为___________。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。 【答案】①0.70 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸银沉淀，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 【解析】①根据Cl-~ AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到[Al2(OH) 4.2Cl1.8] m产品的盐基度为；②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。 5．(2023•浙江省6月选考，20，10分))某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH) aClb] m，a=1~5)按如下流程开展实验。 已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。 ②[Al2(OH) aClb] m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度 当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。 (4)测定产品的盐基度。 Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。 ①产品的盐基度为___________。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。 【答案】(4)①0.70 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸银沉淀，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 【解析】(4)①根据Cl-~ AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到[Al2(OH) 4.2Cl1.8] m产品的盐基度为；②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。 滴定终点答题模板 当滴入最后半滴×××标准溶液后，溶液变成×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。 解答此类题目注意三个关键点： (1)最后半滴：必须说明是滴入“最后半滴”溶液。 (2)颜色变化：必须说明滴入“最后半滴”溶液后溶液“颜色的变化”。 (3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。 1．中和滴定 (1)仪器：图(A)是酸式滴定管，图B是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。 (2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 指示剂 变色范围的pH 甲基橙 <3.1红色 3.1～4.4橙色 >4.4黄色 酚酞 <8.2无色 8.2～10.0浅红色 >10.0红色 (3)中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。 (4)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，视为滴定终点，并记录标准液的体积。 (5)数据处理：按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算。 c(NaOH)＝ 2．氧化还原滴定 (1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。 (2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。 (3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类： ①氧化还原指示剂； ②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝； ③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。 3．沉淀滴定 (1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。 (2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO4更难溶。 1．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是(　　) A．配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质 B．滴定到终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确 C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 【答案】A 【解析】A项将会使标准碱液的c(OH－)偏大，滴定时耗用的V(OH－)偏小，导致结果偏低，A项正确；滴定终点时仰视读数，将使读取碱液的体积偏大，测定结果偏高，B项错误；用未知液润洗锥形瓶将使测定结果偏高，C项错误；尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，D项错误。 2．如图是用EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定法测定油菜样品中Ca2+含量的流程。下列说法正确的是( )(已知：Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+) A．稀硝酸的作用是溶解，操作1是过滤 B．配制溶液用到的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒 C．滴定过程中眼睛要注视滴定管内液面的变化 D．平行滴定三次，平均消耗23.30mLEDTA溶液，则测得Ca2+含量为0.155% 【答案】A 【解析】A项，油菜中本身含有较多磷元素，油菜灰中的钙元素可能以磷酸钙等难溶于水的钙盐形式存在，可以用稀硝酸来溶解，因此稀硝酸的作用是溶解，操作1是为了把未溶解的固体和溶液分离开，为过滤操作，A项正确；B项，由步骤知，配置100 mL溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，B项错误；C项，滴定过程中眼睛应观察滴定所用锥形瓶中的颜色变化，而不是注视滴定管内液面的变化，C项错误；D项，若平均消耗23.30 mL的EDTA溶液，由反应Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+可知，100 mL济液中所含Ca2+的质量为m=0.0233 L ×0.005 mol/L× 40 g/mol× 10=0.0466 g，因此Ca2+含量为0.0466 g÷3g× 100%=1.55%，D项错误；故选A。 3．一种测定水样中溴离子浓度的实验步骤如下： ①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00mL，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液。 ②加入V1 mL c1 mol∙L−1AgNO3溶液(过量)，充分摇匀。 ③用c2 mol∙L−1KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V2mL 。 已知：Ksp(AgBr)=7.7×10−13，Ag++SCN－= AgSCN(白色)↓，Ksp(AgSCN)=1×10−12，下列说法不正确的是( ) A．滴定终点时，溶液变为红色 B．该水样中溴离子浓度为：c(Br－)= mol∙L−1 C．AgBr(s)+SCN－(aq)AgSCN(s)+Br－(aq)的平衡常数K=0.77 D．该实验需要严格控制水样的pH，若pH过高则测定结果将偏高 【答案】D 【解析】A项，加入几滴NH4Fe(SO4)2指示剂，滴定终点时，KSCN过量，会与铁离子反应，因此溶液变为红色，故A正确；B项，25mL溶液中Br－物质的量n(Br－)= V1 ×10−3 L×c1 mol∙L−1− V2 ×10−3 L×c2 mol∙L−1=(V1c1 − V2 c2) ×10−3 mol，因此该水样中溴离子浓度为：c(Br－)= mol∙L−1，故B正确；C项，AgBr(s)+SCN－(aq)AgSCN(s)+Br－(aq)的平衡常数，故C正确；D项，该实验需要严格控制水样的pH，若pH过高，银离子会与氢氧根反应，则得到的溴离子物质的量减少，则测定结果将偏低，故D错误。故选D。 4．一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应 [(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下： ①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。 ③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。 ④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。根据上述实验原理，下列说法正确的是( ) A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验 B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小 C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小 D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大 【答案】B 【解析】用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液V2mL，则消耗NaOH的物质的量为(V2×c×10-3) mol，即乙酸酐的总物质的量为，ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量为，所以与ROH反应消耗的乙酸酐的物质的量为。A项，乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A项错误；B项，若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，步骤④中所得V2偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏小，B项正确；C项，步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏大，C项错误；D项，步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V2偏小，而ROH的物质的量为，故将导致测定结果偏小，D项错误；故选B。 5．使用硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]滴定法可以测定青铜中铬元素的含量。实验步骤如下： 步骤1：称量硫酸亚铁铵晶[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]溶于稀硫酸，加水稀释配成1000 mL0.0200 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液。 步骤2：称取1.00 g青铜样品于250 mL维形瓶中，加入适量稀硝酸使其完全溶解，再加入适量过硫酸[(NH4)2S2O8]溶液，加热煮沸，使样品中的铬元素完全转化为H2CrO4，冷却后加蒸馏水配制成250 mL溶液，摇匀。 步骤3：取25 mL上述溶液置于锥形瓶中，加入硫酸酸化，滴入4滴N-苯代邻氨基苯甲酸指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液满淀至终点。重复上述操作3次。测得消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积分别为18.90 mL、17.97 mL、18.03 mL。发生反应的离子方程式为：H2CrO4+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O (未配平) 下列说法不正确的是( ) A．在“步骤1”中，用到的玻璃仪器有1000 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 B．在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O C．青铜中铬元素的质量分数为6.344% D．实验中，如果盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管没有润洗，则测量结果将偏大 【答案】C 【解析】A项，在“步骤1”中配制溶液需要的玻璃仪器：1000 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故A正确；B项，在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式根据电子、电荷、原子守恒配平得方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ，故B正确；C项，根据滴定过程(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积分别为18.90 mL、17.97 mL、18.03 mL，因为第一组实验数据与第二、三组误差大而舍去，故平均消耗的溶液体积为：V=，反应关系式计算：，解得x=1.2×10-4mol，则铬元素的质量分数为：= 6.24%，故C不正确；D项，实验中，如果盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管没有润洗，实际标准液被稀释，导致滴加的体积偏大，在计算时导致测量结果偏大，故D正确；故选C。 6．(2024·湖南高三联考)K2Cr2O7(重铬酸钾)是一种常见的氧化剂。以铬渣(主要成分为Cr2O3、Fe2O3等)为原料制备K2Cr2O7并测定其纯度。其步骤如下： 步骤1：铬渣粉碎和Na2CO3均匀混合在空气中焙烧； 步骤2：用水浸取焙烧渣，过滤，得到水浸液(含Na2CrO4)； 步骤3：向步骤2中水浸液加入BaCO3，过滤，得到BaCrO4； 步骤4：向BaCrO4中加入NaHSO4溶液，过滤，得到浸出液(Na2Cr2O7)和浸渣(BaSO4)； 步骤5：向步骤4中浸出液加入KCl粉末，蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到K2Cr2O7； 步骤6：准确称取mgK2Cr2O7产品溶于蒸馏水，加入适量稀硫酸，加入足量KI溶液(还原产物为Cr3+)，用水稀释为250mL溶液，量取25.00mL稀释后溶液于锥形瓶中。用c mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗VmL滴定液。滴定反应为I2+2S2O32-=2I-+S4O62- 下列叙述错误的是( ) A．步骤1中制备1molNa2CrO4消耗0.75mol氧气 B．步骤3目的是除去杂质，富集铬元素 C．步骤6中KI作用是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O D．K2Cr2O7产品纯度为w=% 【答案】D 【解析】A项，反应2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2中生成1molNa2CrO4消耗0.75molO2，故A正确；B项，利用步骤3将Na2CrO4转化成BaCrO4，滤去溶液，富集铬元素，故B正确；C项，加入KI还原重铬酸钾，产物为Cr3+、I2、H2O，方程式为Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，故C正确；D项，由K2Cr2O7~3I2~6 Na2S2O3可知，，故D错误；故选D。 7．(2025·湖南省部分学校高三联考，节选)高纯三氯氧磷POCl3是集成电路、太阳能电池生产的掺杂剂。 (4)实验室可通过以下实验步骤测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算三氯氧磷的质量分数[假设产品中的杂质只有PCl3。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2.0×10－12，Ag3PO4呈黄色，难溶于水，溶于酸和氨水]。 步骤i：取ag产品置于盛有50.00mLNaOH溶液(足量)的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液“预处理”并配成100.00mL溶液。 步骤ii：取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入c1mol·L-1的AgNO3标准溶液V1mL，使完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示剂，用c2mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V2mL。 ①步骤i中的“预处理”指的是 ； ②滴定终点的现象是 ； ③产品中三氯氧磷的百分含量为 %(填表达式)；步骤ii中若忘记加入硝基苯，则所测POCl3的含量将 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 【答案】(4)向水解液加稀硝酸酸化 滴入最后半滴标准液，溶液变红色，且半分钟不变色 偏高 【解析】(4)①为避免滴定过程中生成Ag3PO4沉淀，应加稀硝酸酸化，排除PO43-以及OH-对滴定实验的干扰，故“预处理”指的是：向水解液加稀硝酸酸化。 ②用Fe(NO3)3做指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量Ag+，当Ag+完全反应，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变红色，达到滴定终点，故滴定终点为：滴入最后半滴标准液，溶液变红色，且半分钟不变色。③根据元素守恒可得关系式：POCl3~3Cl-~3Ag+、PCl3~3Cl-~3Ag+；与Cl-反应的Ag+的物质的量为，则，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则，根据质量关系可得，解得，所以POCl3的含量为：；实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；根据硝基苯的作用，若忘记此操作，则V2偏大，会导致所测POCl3的含量偏高。 8．(2025·浙江省强基联高三联考，节选)甘氨酸亚铁晶体[(NH2CH2COO)2Fe·2H2O]是一种补铁剂。 (5)①准确称取甘氨酸亚铁晶体样品0.5600g于锥形瓶中，加3 mol·L-1H2SO4溶液15mL将样品溶解完全后，加入指示剂，立即用0.1000mol·L-1(NH4)2Ce(SO4)3标准液滴定至终点，消耗标准液20.20mL(离子方程式为Ce4++ Fe2+=Fe3++Ce3+)。 ②若步骤①操作中不加甘氨酸亚铁晶体样品，用0.1000mol·L-1(NH4)2Ce(SO4)3标准液直接滴定至终点，消耗标准液0.20mL。 甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为 (用百分数表示)。 【答案】(5)20% 【解析】(5)由题意知，滴定消耗(NH4)2Ce(SO4)3的体积为20.20mL－0.20mL=20.00mL，根据方程式的比例关系可知，n(甘氨酸亚铁)= 0.1000mol·L-1×20×10-3L=2×10-3mol，则甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为=20%。 9．(2025·浙江省强基联盟高三10月联考，节选)亚硝酰氯(NOCl，熔点-64.5℃，沸点-5. 5℃)为黄色气体，易与水反应生成HNO2和HCl，常用作有机合成中间体。 (4)制得的NOCl中可能含有少量NO2杂质，为测定产品纯度，进行如下实验：称取2.0000g样品溶于50.00mLNaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化0.40mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液50.00mL。[已知：Ag2CrO4为砖红色固体，Ksp(AgCl)= 1.56×10－10，Ksp(Ag2CrO4)= 1.0×10－12] ①滴定终点的现象：当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后， 。 ②计算产品的纯度为 %(保留1位小数)。 【答案】(4) 出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化 65.5 【解析】(4)①滴定中K2CrO4溶液作指示剂，已知Ag2CrO4为砖红色固体，滴定终点的现象为当滴人最后半滴AgNO3标准溶液后，出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化。②，由关系，则样品纯度为。 10．(2025·浙江省部分学校高三选考模拟，节选)(4)己二酸纯度测定 将0.5000g己二酸[HOOC(CH2)4COOH]样品配制成100mL溶液，每次取25.00mL试样溶液于锥形瓶中，滴入几滴酚酞试液，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定至终点，平均消耗NaOH溶液16.00mL (己二酸被完全中和)。 ①下列说法正确的是 。 A．用100mL容量瓶配制成溶液后，最好用25mL规格的量筒量取待测液于锥形瓶中 B．润洗滴定管时，待液体润湿全部滴定管内壁后，应将液体从滴定管上口倒入预置的烧杯中 C．接近滴定终点时，应控制活塞，改为滴加半滴标准溶液，直至溶液变为粉红色，且半分钟内不变色 D．若滴定前滴定管尖嘴部分气泡未赶走，滴定后气泡消失，则测定结果偏高 ②己二酸的纯度为 %。 【答案】(4) CD 93.44 【解析】(4)①A项，量筒只能读到小数点后一位，量取25.00mL待测液于锥形瓶中时，最好用25mL规格的酸式滴定管，A不正确；B项，润洗滴定管时，滴定管内壁、橡皮管、尖嘴管都需要润洗，所以，液体润湿全部滴定管内壁后，应将液体从滴定管下口流入预置的烧杯中，B不正确；C项，看到溶液变红后又变为无色，表明接近滴定终点，此时应控制活塞，改为滴加半滴标准溶液，直至溶液变为粉红色，且半分钟内不变色，C正确；D项，若滴定前滴定管尖嘴部分气泡未赶走，滴定后气泡消失，则读取的所用标准液的体积偏大，测定结果偏高，D正确；故选CD；②由反应可以建立如下关系式：HOOC(CH2)4COOH——2NaOH，则己二酸的纯度为≈93.44%。 11．过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。 Ⅰ.过氧化氢性质探究实验 (1)酸性条件下H2O2可将Fe2+转化成Fe3+，由此说明H2O2具有______性。 (2)已知H2O2是一种二元弱酸，其中Ka1=2.20×10-12、Ka2=1.05×10-25，则H2O2的电离方程式为______，常温下，1mol∙L-1的H2O2溶液的pH约为______。 Ⅱ.过氧化氢含量的测定实验。某兴趣小组同学用0.1000mol∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。 (3)滴定达到终点的现象是______。 (4)用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示： 第一次 第二次 第三次 第四次 V(KMnO4溶液)/mL 17.10 18.10 18.00 17.90 计算试样中过氧化氢的浓度为______mol∙L-1。 (5)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 【答案】(1)氧化 (2)H2O2H++HO2-、HO2-⇌H++O22- 5.8 (3)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色 (4)0.1800 (5)偏高 【解析】(1)酸性条件下，H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2转变为H2O，化合价降低，体现了过氧化氢的氧化性；(2)过氧化氢属于二元弱酸，分步电离，其电离的方程式为H2O2H++HO2-、HO2-⇌H++O22-；又Ka1=2.20×10-12，Ka2=1.05×10-25，Ka1≫Ka2，以第一步电离为主，则Ka1===2.20×10-12，所以c(H+)≈1.48×10-6mol∙L-1，即pH≈5.8；(3)该实验是酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，发生反应：2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，若达到滴定终点，高锰酸钾恰好完全反应，故滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；(4)由于第一次数据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值18.00mL，根据反应2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，n(H2O2)=2.5×n(MnO4-)=2.5×0.1000mol∙L-1×0.018L，c(H2O2)=mol∙L-1=0.1800mol∙L-1；(5)滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致消耗的标准液体积偏大，根据c标V标=c待V待，c待=，则测定结果偏高。 12．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。 该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。学习小组的同学设计了如下步骤用滴定的方法测定x值。 ①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成水溶液为待测液。 ②取待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。 ③用浓度为的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗。 (1)上述步骤②中使用的锥形瓶是否需要用待测液润洗_______，(填“是”或“否”)滴定时，将酸性KMnO4标准液装入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 (2)本实验滴定达到终点的标志是_______。 (3)通过上述数据，求得_______。 (4)若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_______(填偏“大”、“偏小”或“不变”)。 (5)根据上述实验计算的数据可信性不强，为了提高实验的准确性，请写出改进措施_______。 【答案】(1) 否 酸式 (2)当最后半滴KMnO4溶液滴入，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟不恢复至原来的颜色 (3)2 (4)偏大 (5)重复操作②③步骤2-3次，取平均值 【解析】(1)滴定实验中锥形瓶不能润洗，否则导致待测液体积偏大；酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定管盛装；(2)滴定终点判断的方法：当最后半滴KMnO4溶液滴入，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟不恢复至原来的颜色，故答案为：当最后半滴KMnO4溶液滴入，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟不恢复至原来的颜色；(3)n(KMnO4)=×0.01L=0.001mol；结合反应可知n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0025mol，m(H2C2O4)=0.0025mol×90g/mol=0.225g，m(H2O)= 1.260 g×-0.225g =0.315-0.225g=0.09g，n(H2O)=0.005mol，n(H2C2O4)：n(H2O)=1：2，则x=2；(4)若滴定终点时俯视滴定管刻度，导致读数偏小，则所测n(H2C2O4偏小，n(H2O)偏大，则x偏大；(5)定量实验只进行一次实验，数据可信性不强，为了提高实验的准确性需重复操作②③步骤2-3次，取平均值。 13．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入V1 mL c1 mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗K2Cr2O7溶液V2 mL。 回答下列问题： (1)滴定过程中发生下列反应： 3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为________ mg·m－3。 (2)若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)×104 (2)偏高 【解析】(1)根据关系式：Cr2O～6Fe2＋，求得K2Cr2O7标准溶液消耗n(Fe2＋)＝6c2V2×10－3 mol；则NO消耗n(Fe2＋)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，根据关系式3Fe2＋～NO得n(NO)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，n(NOx)＝n(NO2)＝n(NO)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，V L气样中含m(NO2)＝(c1V1－6c2V2)×46× mg，所以气样中NO2的含量为mg·m－3＝×104 mg·m－3。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 / 36 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 水溶液中的离子反应与平衡 目录 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 题型一 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用 【真题研析】 【核心精讲】 1．电解质溶液中的三大平衡 2．电离平衡常数 3．水解平衡常数(Kh) 4．溶度积常数(Ksp) 【命题预测】 题型二 电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用 【真题研析】 【核心精讲】 1．电离常数的4大应用 2．Kw、Ka、Kb、Ksp、Kh之间的关系 3．电离常数与水解常数的关系 【命题预测】 题型三 中和滴定及其拓展应用 【真题研析】 【核心精讲】 1．中和滴定 2．氧化还原滴定 3．沉淀滴定 【命题预测】 考点要求 考题统计 考情分析 各平衡常数之间相互换算及应用 2024·天津卷，12，3分；2024·安徽卷，7，3分；2024·浙江1月卷，15，3分；2024·福建卷，7，4分；2024·江苏卷，16，15分；2023•浙江省1月选考，15；2023•山东卷，15；2023•江苏卷，12，3分；2023•浙江省6月选考，15，3分； 近年高考命题选材，以多平衡体系溶液的真实情景为素材，来考查学生系统处理复杂情境中化学问题的能力。常涉及的平衡有水、弱电解质的电离平衡，盐类水解平衡，沉淀转化平衡，配合物的络合平衡。预计2025年将在选择题某一选项中以图像或者文字的形式考查，在填空题中结合化学反应原理综合考查。 中和滴定原理及拓展 2023•山东卷，8，3分；2023•湖北省选择性考试，18，3分；2023•浙江省1月选考，20(5)(6)；2023•湖北省选择性考试，18；2023•浙江省6月选考，20(4)；2022•辽宁省选择性，17(7)； 题型一 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用 1．(2024·贵州卷，12，3分)硼砂[Na2B4O5(OH)4·8H2O]水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B(OH)3(硼酸)和Na[B(OH)4] (硼酸钠)。 已知：①25℃时，硼酸显酸性的原理B(OH)3+2H2OH3O++ Ka=5.8×10-10 ②。 下列说法正确的是( ) A．硼砂稀溶液中cNa＋= c[B(OH)3] B．硼酸水溶液中的主要来自水的电离 C．25℃时，0.01mol·Lˉ1硼酸水溶液的pH≈6.38 D．等浓度等体积的B(OH)3和Na[B(OH)4]溶液混合后，溶液显酸性 2．(2022•湖北卷，12，3分)根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是( ) A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+ C．NH3＞N2H4＞CH3COO- D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+ 3．(2022•全国乙卷，13，6分)常温下，一元酸的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，与A-离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( ) A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)＋c(A-) B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为 C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等 D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4 4．(2022·浙江省1月选考，17，2分)已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是( ) A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者 B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013% C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-) D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1 5．(2021•浙江6月选考，17，2分)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是( ) A．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸 B．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸 C．25℃时，若测得HR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH= b，b-a＜1，则HR是弱酸 D．25℃时，若测得NaR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH= b，a＞b，则HR是弱酸 1．电解质溶液中的三大平衡 三大平衡 电离平衡 水解平衡 沉淀溶解平衡 示例 CH3COOHCH3COO-+H+ CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) 研究 对象 弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根) 盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐) 难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等) 平衡常数 Ka= Kh= Ksp(AgCl)= c(Ag+)·c(Cl-) 影 响 因 素 升高 温度 促进电离，离子浓度增大，Ka增大 促进水解，Kh增大 Ksp可能增大，也可能减小 加水稀释 促进电离，离子浓度(除OH-外)减小，Ka不变 促进水解，离子浓度(除H+外)减小，Kh不变 促进溶解，Ksp不变 加入相应 离子 加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，Ka不变 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不变 加入AgNO3溶液或NaCl溶液，抑制溶解，Ksp不变 加入反应 离子 加入NaOH，促进电离，Ka不变 加入盐酸，促进水解，Kh不变 加入氨水，促进溶解，Ksp不变 2．电离平衡常数 (1)电离平衡常数的含义 如对于HAH＋＋A－，Ka＝；BOHB＋＋OH－，Kb＝。 (2)K值大小的意义 相同温度下，K值越小表明电离程度越小，对应酸的酸性或碱的碱性越弱。 (3)影响K值大小的外因 同一电解质，K值只与温度有关，一般情况下，温度越高，K值越大；此外对于多元弱酸来说，其Ka1＞Ka2＞Ka3。 3．水解平衡常数(Kh) (1)水解平衡常数的含义 A－＋H2OHA＋OH－，达到平衡时有Kh＝＝。同理，强酸弱碱盐水解平衡常数与弱碱电离平衡常数Kb的关系为Kh＝。 (2)影响Kh的因素 Kh值的大小是由发生水解的离子的性质与温度共同决定的；温度一定时，离子水解能力越强，Kh值越大；温度升高时，Kh值增大；对于多元弱酸阴离子或多元弱碱阳离子来说，其Kh1＞Kh2＞Kh3。 4．溶度积常数(Ksp) (1)溶度积常数Ksp的表达式 对于组成为AmBn的电解质，饱和溶液中存在平衡AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。 (2)影响Ksp大小的因素 对于确定的物质来说，Ksp只与温度有关；一般情况下，升高温度，Ksp增大。 (3)溶度积规则 当Qc>Ksp时，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡；当Qc＝Ksp时，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态；当Qc<Ksp时，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。 (4)Ksp与物质溶解度的关系 ①对于组成形式相同的物质来说，Ksp越小，物质越难溶解或溶解度越小；组成形式(AmBn)不同的物质，Ksp越小且m＋n越小的物质越难溶。 ②Ksp的大小与沉淀转化的关系：组成形式相同的难溶物质，Ksp较大的沉淀易转化为Ksp较小的沉淀，但当二者Ksp相差不大时，反过来也可转化；对于组成形式(AmBn)不同的物质来说，一般情况下，Ksp较大且m＋n也较大的物质易转化为Ksp较小且m＋n也较小的物质。其他情况则需要通过计算才能确定。 【易错提醒】 电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数是溶液中的三大常数，它们均只与温度有关。电离平衡常数和水的离子积常数随着温度的升高而增大，因为弱电解质的电离和水的电离均为吸热反应。有关常数的计算，要紧紧围绕它们只与温度有关，而不随其离子浓度的变化而变化来进行。 1．(2024·湖北腾云联盟高三联考)常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA表示，Ka=1.0×10-30)药物在人体吸收模式如下： 假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是( ) A．血浆中HA电离程度比胃中大 B．在胃中， C．在血浆中， D．总药量之比 2．二乙胺[(C2H5)2NH]是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(C2H5)2NH2Cl。下列叙述正确的是( ) A．0.01mol·L-1 (C2H5)2NH2Cl水溶液的pH=2 B．(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小 C．(C2H5)2NH2Cl水溶液加水稀释，pH降低 D．(C2H5)2NH2Cl水溶液中：c(Cl-)+c(OH-)= c[(C2H5)2NH2+]+ c[(C2H5)2NH] 【答案】B 【解析】A项，二乙胺是弱碱，其对应的盐酸盐溶液显酸性，水解是微弱的，所以0.01 mol·L-1 (C2H5)2NH2Cl水溶液的，故A错误；B项，由于[(C2H5)2NH2]+水解，(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性，加热能促进水解的进行，所以(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小，故B正确；C项，(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性，加水稀释，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误；D项，(C2H5)2NH2Cl水溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)= c[(C2H5)2NH2+]+c(H+)，[(C2H5)2NH2]+水解的方程式为：[(C2H5)2NH2]++H2O(C2H5)2NH +H3O+，还存在着水的电离：H2OH++OH-，所以c(H+)＞c[(C2H5)2NH]，故D错误；故选B。 3．已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室温下，下列说法不正确的是( ) A．0.1mol/L NaHR溶液pH＜7 B．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)＜c(R2-) C．0.1mol/L H2R溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-) D．0.01mol/L的H2R溶液与pH=12的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2 4．25℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X-)=1 mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是(　　) A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY) B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH C．稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY 5．工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是(　　) A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH－)均会增大 B．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO4(s) CaCO3(s)＋SO(aq) C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4 D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小 6．已知25℃时，RSO4 (s)+ CO3 2-(aq)RCO3 (s)＋SO42-(aq)的平衡常数K=1.75×104，Ksp(RCO3)=2.80×10-9，下列叙述中正确的是( ) A．向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀 B．将浓度均为3×10-4.5mol•L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀 C．25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5 D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp 7．依据下表有关铁的难溶化合物的溶度积，有关说法正确的是(　　) 化合物 溶度积(25 ℃) 化合物 溶度积(25 ℃) FeCO3 3.2×10－11 Fe(OH)3 4.0×10－38 Fe(OH)2 8.0×10－11 FeS 6.3×10－18 A．在c(CO)＝0.1 mol·L－1溶液中，c(Fe2＋)≥3.2×10－10 mol·L－1 B．将FeCl2和FeCl3溶液分别调至pH＝10，则c(Fe2＋)<c(Fe3＋) C．增加溶液的酸性，有利于将Fe2＋沉淀为FeS和FeCO3 D．将反应液中的Fe2＋氧化为Fe3＋有利于将铁元素从溶液中除尽 8．探究Mg(OH)2的沉淀溶解平衡时，利用下表三种试剂进行实验，下列说法中不正确的是( ) 编号 ① ② ③ 分散质 Mg(OH)2 HCl NH4Cl 备注 悬浊液 1mol•L-1 1mol•L-1 A．向①中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，说明Mg(OH)2是一种弱电解质 B．为了使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快，加入过量NH4Cl浓溶液并充分振荡，效果更好 C．①③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq)Mg2+(aq)+2NH3•H2O(aq) D．向少量Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，反应的离子方程式是Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O 19．(2025·浙江省嘉兴市高三基础测试)25℃时，草酸(H2C2O4)的电离常数为Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5；CaC2O4的Ksp=2.5×10-9；。常温下，下列说法不正确的是( ) A．的KHC2O4溶液呈酸性 B．若某溶液中cHC2O4-=cH2C2O4，溶液的pH约为1.3 C．草酸钙饱和溶液中cC2O42-＞cHC2O4- D．Na2C2O4溶液中粒子浓度关系：c(OH―)-c(H＋)＜cHC2O4-＋cH2C2O4 10．已知：①AgCl为难溶于水和酸的白色固体，Ag2S为难溶于水和酸的黑色固体。 ②室温下，Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2S)=2.0×10-48。 向AgCl的悬浊液中加入一定量的Na2S溶液并振荡，白色固体向黑色固体转化。下列说法正确的是( ) A．Na2S溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(S2-) B．向AgCl悬浊液加入足量氨水，溶液变澄清。反应的离子方程式为：AgCl+4NH3•H2O=[Ag(NH3)4]++Cl-+4H2O C．反应2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-正向进行，需满足<2×1028 D．将转化后的体系静置，上层清液中离子存在关系：c(Ag+)=且c(Ag+)> 11．氢氧化镁是常见难溶物，将过量氢氧化镁粉末置于水中达到溶解平衡：Mg(OH)2 (s) Mg2+ (aq)+ 2OH-(aq)。已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp(MgCO3)=3.5×10-8；通常，溶液中某离子的浓度小于1.0×10-5mol·L－1时，可以认为该离子已沉淀完全。下列有关说法不正确的是( ) A．滴入几滴稀硫酸，溶液的pH先下降后上升，最后保持一个稳定值 B．MgCO3的饱和溶液中c(Mg2+)＞c(CO32-) C．NaOH溶液可使MgCO3较彻底地转化为Mg(OH)2 D．氢氧化镁可处理印染厂的酸性废水，处理后c(Mg2+)=1.8×10-3mol·L－1，此时溶液呈碱性 12．向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS纳米粒子［已知Ksp(FeS)= 6.3×10－18，Ksp(CuS)= 1.3×10－36］，下列说法正确的是( ) A．FeS固体不能用于去除工业废水中的Cu2+ B．向FeSO4和CuSO4混合溶液中加入Na2S溶液，当两种沉淀共存时， C．向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，滤液中一定存在 D．已知H2S溶液中，可判断CuS易溶于稀盐酸 题型二 电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用 1．(2024·福建卷，7，4分)多卤离子I3-、ICl2-、IBr2-在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下： 离子 分解反应 平衡常数值 I3-(aq) I3-(aq)=I2(aq)+I-(aq) 1.4×10-3 ICl2-(aq) ICl2-(aq)=ICl(aq) +Cl-(aq) 6.0×10-3 IBr2-(aq) IBr2-(aq)=IBr(aq) +Br-(aq) K 下列说法错误的是( ) A K＜6.0×10-3 B．上述分解反应均为氧化还原反应 C．共价键极性：ICl＞IBr D．BrCl2-(aq)可分解为BrCl-(aq)和Cl-(aq) 2．(2024·天津卷，12，3分)甲胺(CH3NH2)水溶液中存在以下平衡：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-。已知：25℃时，CH3NH2的Kb=4.2×10-4，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5。下列说法错误的是( ) A．CH3NH2的 B．CH3NH2溶液中存在cCH3NH3+＋cH＋＝cOH－ C．25℃时，0.1mol·L-1NH4Cl溶液与0.1mol·L-1CH3NH3Cl溶液相比，NH4Cl溶液中的cH＋小 D．0.01mol·L-1 CH3NH2溶液与相同浓度的CH3NH3Cl溶液以任意比例混合，混合液中存在c(CH3NH2)+ c(CH3NH3+)=0.1mol·L-1 3．(2024·浙江1月卷，15，3分)常温下、将等体积、浓度均为0.40mol·L-1 BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知：H2SO3 Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8 Ksp(BaSO3)=5.0×10－10，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10， 下列说法不正确的是( ) A． H2SO3溶液中存在c(H＋)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(OH-) B．将0.40mol·L-1 H2SO3溶液稀释到0.20mol·L-1，c(SO32-)几乎不变 C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3 D．存在反应BaSO3+ H2SO3+H2O2= BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因 4．(2024·安徽卷，7，3分)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用子药品、香料等的合成。 已知25℃时，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 ，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。 下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( ) A．键角：NH3＞NO3- B．熔点： NH2OH＞[NH3OH]Cl C．同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl D．羟胺分子间氢键的强弱： 5．(2023•浙江省6月选考，15，3分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验I：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。 实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1 CaCl2溶液。 [已知：H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)= 2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是 A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C2O42-)＜c(HC2O4-) C．实验Ⅱ中发生反应Ca2++ HC2O4- =CaC2O4↓+H+ D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中c(C2O42-)=4.0×10-8mol·L-1 6．(2024·江苏卷，16，15分)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。 (1)沉淀Cl-。在高氯水样中加入K2CrO4使CrO42-浓度约为5×10-3mol·L-1，当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中Cl-浓度约为_______ mol·L-1。[已知：Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)= 2.0×10－12] (2)还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol·L-1盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为_______。 ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是_______。 ③为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，_______[实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液，通风设备] (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生Ag+的离子方程式为_______。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是_______。 1．电离常数的4大应用 判断弱酸(或弱碱)的相对强弱 电离常数越大，酸性(或碱性)越强。如：常温下，CH3COOH的Ka＝1．8×10－5，H2CO3的Ka1＝4．3×10－7、Ka2＝5．6×10－11。 则酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO 判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱 电离常数越大，对应的盐水解程度越小，碱性(或酸性)越弱。如：利用上面电离常数的数值可知等浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaHCO3>CH3COONa 判断复分解反应能否发生 一般符合“强酸制弱酸”规律。如：利用上面中电离常数的数值可知，向Na2CO3溶液中加入足量CH3COOH的离子方程式为CO＋2CH3COOH===2CH3COO－＋H2O＋CO2↑ 判断微粒浓度比值的变化 弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，题目中经常利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。如把0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，＝＝稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则变大 2．Kw、Ka、Kb、Ksp、Kh之间的关系 (1)一元弱酸强碱盐：Kh＝Kw/Ka； (2)一元弱碱强酸盐：Kh＝Kw/Kb； (3)多元弱碱强酸盐，如氯化铁：Fe3＋(aq)＋3H2O(l)Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)，Kh＝c3(H＋)/c(Fe3＋)。将(Kw)3＝c3(H＋)×c3(OH－)与Ksp＝c(Fe3＋)×c3(OH－)两式相除，消去c3(OH－)可得Kh＝(Kw)3/Ksp。 (4)M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间关系，M(OH)n(s) Mn＋(aq)＋nOH－(aq)，Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝·cn(OH－)＝＝()n＋1。 3．电离常数与水解常数的关系 (1)对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系 HAH++A-，Ka(HA)=； A-+H2OHA+OH-，Kh(A-)=。 则Ka·Kh=c(H+)·c(OH-)=Kw，故Kh=。常温时Ka·Kh=Kw=1.0×10-14，Kh=。 (2)对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB-)、Kh(B2-)的关系 HB-+H2OH2B+OH-，Kh(HB-)===； B2-+H2OHB-+OH-，Kh(B2-)===。 1．室温下，用过量0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。(当溶液中剩余的离子浓度小于时，化学上通常认为生成沉淀的反应已经完全进行了。已知：Ksp(CaSO4)=5.0×10-5，Ksp(CaCO3)=3.0×10-9)，下列说法正确的是( ) A．浸泡后CaSO4未完全转化为CaCO3 B．0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3―)+c(H2CO3) C．反应CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-正向进行，需满足 D．过滤后所得清液中一定存在：且 2．[新考法]印尼苏拉威西岛特产的椰子蟹具有异常坚硬的甲壳，这归功于摄入的椰子中的月桂酸(C11H23COOH)，在表面的角质层中形成难溶的月桂酸磷酸钙，存在如下平衡：Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)    Ksp=7.3×10-35，已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9。下列说法不正确的是( ) A．椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳 B．弱碱性的海水可以保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀 C．将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸钠溶液中，可实现其与碳酸钙的转化 D．海水中CO2浓度升高，会腐蚀椰子蟹的外壳，使Ksp增大 3．常温下，向20mL0.1mol/L NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，一段时间后，少量气体X从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH值为8.7。 已知：Ksp(CaCO3)=4.96×10-9 Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11 H2CO3：pKa1=6.3、pKa2=10.3；Mg(OH)2沉淀范围：pH9.4~12.4。 下列说法正确的是( ) A．X气体是CO2，饱和NaHCO3溶液的 B．因为Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，Mg(OH)2更难溶 C．向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有Mg(OH)2生成 D．向0.1mol/L NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀。 4．(2025·浙江部分高中高三开学考试)硫化氢(H2S)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验Ⅰ：往20mL 0.10mol·L-1NaHS溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液； 实验Ⅱ：往20mL 0.10mol·L-1NaHS溶液中滴加0.10mol·L-1 AgNO3溶液。 [已知：H2S的电离平衡常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50；Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+ ，K=1.0×10－7.23，溶液混合后体积变化忽略不计]。 下列说法正确的是( ) A．实验I可选用甲基橙(变色的范围)作指示剂，指示反应终点 B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(Na+)>c(HS−)>c(S2−) C．实验Ⅱ中发生的主要反应为2Ag++HS-=Ag2S↓+H+ D．往实验Ⅱ反应产生的黑色沉淀中加入0.10mol·L-1氨水，黑色沉淀溶解，产生0.10mol·L-1 5．(1)25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________ mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)已知25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5 mol·L－1，该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝________ mol·L－1。(已知≈2.36) (3)常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡________移动(填“向左”、“向右”或“不”)。试计算溶液中＝________。(常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8) 6．[新题型](2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考，节选)已知溶洞的形成与下列反应有关： ①Ca2++2HCO3-CaCO3+ H2CO3 ②H2CO3H2O+CO2↑ (1)反应①的平衡常数为 。(用Ka1、Ka2、Ksp(CaCO3)表示) (2)以下能判断反应①达到平衡状态的是___________。 A．CO2气体压强保持不变 B．溶液的pH保持不变 C．不变 D．v正(H2CO3)：v逆(HCO3-)=2：1 (3)当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成了钟乳石，请解释可能的原因 。 (4)已知H2CO3的Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(CaCO3)= 2.8×10－9，c(H＋)=8.4×10-9mol·L-1 ，c(HCO3-)=1×10-4mol·L-1，c(H2CO3)为 。当c(Ca2+)= mol·L-1¹时，开始产生CaCO3沉淀。 题型三 中和滴定及其拓展应用 1．(2023•湖南卷，12，3分))常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( ) A．Ka(CH3COOH)约为10-4.76 B．点a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-) C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO-) D．水的电离程度：a＜b＜c＜d 2．(2023•山东卷，8，3分)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下： ①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。 ③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。 ④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。 对于上述实验，下列做法正确的是( ) A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可 B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点 C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直 D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管 3．(2023•湖北省选择性考试，18)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题： (1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为_______，装置B的作用为_______。 (2)铜与过量H2O2反应的探究如下： 实验②中Cu溶解的离子方程式为_______；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是_______。 (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为_______。 (4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X的相对含量为_______。 4．(2023•浙江省6月选考，20节选)测定产品的盐基度。Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。 ①产品的盐基度为___________。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。 5．(2023•浙江省6月选考，20，10分))某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH) aClb] m，a=1~5)按如下流程开展实验。 已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。 ②[Al2(OH) aClb] m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度 当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。 (4)测定产品的盐基度。 Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。 ①产品的盐基度为___________。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。 滴定终点答题模板 当滴入最后半滴×××标准溶液后，溶液变成×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。 解答此类题目注意三个关键点： (1)最后半滴：必须说明是滴入“最后半滴”溶液。 (2)颜色变化：必须说明滴入“最后半滴”溶液后溶液“颜色的变化”。 (3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。 1．中和滴定 (1)仪器：图(A)是酸式滴定管，图B是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。 (2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 指示剂 变色范围的pH 甲基橙 <3.1红色 3.1～4.4橙色 >4.4黄色 酚酞 <8.2无色 8.2～10.0浅红色 >10.0红色 (3)中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。 (4)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，视为滴定终点，并记录标准液的体积。 (5)数据处理：按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算。 c(NaOH)＝ 2．氧化还原滴定 (1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。 (2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。 (3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类： ①氧化还原指示剂； ②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝； ③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。 3．沉淀滴定 (1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。 (2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO4更难溶。 1．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是(　　) A．配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质 B．滴定到终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确 C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 2．如图是用EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定法测定油菜样品中Ca2+含量的流程。下列说法正确的是( )(已知：Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+) A．稀硝酸的作用是溶解，操作1是过滤 B．配制溶液用到的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒 C．滴定过程中眼睛要注视滴定管内液面的变化 D．平行滴定三次，平均消耗23.30mLEDTA溶液，则测得Ca2+含量为0.155% 3．一种测定水样中溴离子浓度的实验步骤如下： ①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00mL，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液。 ②加入V1 mL c1 mol∙L−1AgNO3溶液(过量)，充分摇匀。 ③用c2 mol∙L−1KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V2mL 。 已知：Ksp(AgBr)=7.7×10−13，Ag++SCN－= AgSCN(白色)↓，Ksp(AgSCN)=1×10−12，下列说法不正确的是( ) A．滴定终点时，溶液变为红色 B．该水样中溴离子浓度为：c(Br－)= mol∙L−1 C．AgBr(s)+SCN－(aq)AgSCN(s)+Br－(aq)的平衡常数K=0.77 D．该实验需要严格控制水样的pH，若pH过高则测定结果将偏高 4．一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应 [(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下： ①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。 ③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。 ④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。根据上述实验原理，下列说法正确的是( ) A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验 B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小 C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小 D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大 5．使用硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]滴定法可以测定青铜中铬元素的含量。实验步骤如下： 步骤1：称量硫酸亚铁铵晶[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]溶于稀硫酸，加水稀释配成1000 mL0.0200 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液。 步骤2：称取1.00 g青铜样品于250 mL维形瓶中，加入适量稀硝酸使其完全溶解，再加入适量过硫酸[(NH4)2S2O8]溶液，加热煮沸，使样品中的铬元素完全转化为H2CrO4，冷却后加蒸馏水配制成250 mL溶液，摇匀。 步骤3：取25 mL上述溶液置于锥形瓶中，加入硫酸酸化，滴入4滴N-苯代邻氨基苯甲酸指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液满淀至终点。重复上述操作3次。测得消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积分别为18.90 mL、17.97 mL、18.03 mL。发生反应的离子方程式为：H2CrO4+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O (未配平) 下列说法不正确的是( ) A．在“步骤1”中，用到的玻璃仪器有1000 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 B．在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O C．青铜中铬元素的质量分数为6.344% D．实验中，如果盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管没有润洗，则测量结果将偏大 6．(2024·湖南高三联考)K2Cr2O7(重铬酸钾)是一种常见的氧化剂。以铬渣(主要成分为Cr2O3、Fe2O3等)为原料制备K2Cr2O7并测定其纯度。其步骤如下： 步骤1：铬渣粉碎和Na2CO3均匀混合在空气中焙烧； 步骤2：用水浸取焙烧渣，过滤，得到水浸液(含Na2CrO4)； 步骤3：向步骤2中水浸液加入BaCO3，过滤，得到BaCrO4； 步骤4：向BaCrO4中加入NaHSO4溶液，过滤，得到浸出液(Na2Cr2O7)和浸渣(BaSO4)； 步骤5：向步骤4中浸出液加入KCl粉末，蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到K2Cr2O7； 步骤6：准确称取mgK2Cr2O7产品溶于蒸馏水，加入适量稀硫酸，加入足量KI溶液(还原产物为Cr3+)，用水稀释为250mL溶液，量取25.00mL稀释后溶液于锥形瓶中。用c mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗VmL滴定液。滴定反应为I2+2S2O32-=2I-+S4O62- 下列叙述错误的是( ) A．步骤1中制备1molNa2CrO4消耗0.75mol氧气 B．步骤3目的是除去杂质，富集铬元素 C．步骤6中KI作用是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O D．K2Cr2O7产品纯度为w=% 7．(2025·湖南省部分学校高三联考，节选)高纯三氯氧磷POCl3是集成电路、太阳能电池生产的掺杂剂。 (4)实验室可通过以下实验步骤测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算三氯氧磷的质量分数[假设产品中的杂质只有PCl3。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2.0×10－12，Ag3PO4呈黄色，难溶于水，溶于酸和氨水]。 步骤i：取ag产品置于盛有50.00mLNaOH溶液(足量)的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液“预处理”并配成100.00mL溶液。 步骤ii：取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入c1mol·L-1的AgNO3标准溶液V1mL，使完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示剂，用c2mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V2mL。 ①步骤i中的“预处理”指的是 ； ②滴定终点的现象是 ； ③产品中三氯氧磷的百分含量为 %(填表达式)；步骤ii中若忘记加入硝基苯，则所测POCl3的含量将 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 8．(2025·浙江省强基联高三联考，节选)甘氨酸亚铁晶体[(NH2CH2COO)2Fe·2H2O]是一种补铁剂。 (5)①准确称取甘氨酸亚铁晶体样品0.5600g于锥形瓶中，加3 mol·L-1H2SO4溶液15mL将样品溶解完全后，加入指示剂，立即用0.1000mol·L-1(NH4)2Ce(SO4)3标准液滴定至终点，消耗标准液20.20mL(离子方程式为Ce4++ Fe2+=Fe3++Ce3+)。 ②若步骤①操作中不加甘氨酸亚铁晶体样品，用0.1000mol·L-1(NH4)2Ce(SO4)3标准液直接滴定至终点，消耗标准液0.20mL。 甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为 (用百分数表示)。 9．(2025·浙江省强基联盟高三10月联考，节选)亚硝酰氯(NOCl，熔点-64.5℃，沸点-5. 5℃)为黄色气体，易与水反应生成HNO2和HCl，常用作有机合成中间体。 (4)制得的NOCl中可能含有少量NO2杂质，为测定产品纯度，进行如下实验：称取2.0000g样品溶于50.00mLNaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化0.40mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液50.00mL。[已知：Ag2CrO4为砖红色固体，Ksp(AgCl)= 1.56×10－10，Ksp(Ag2CrO4)= 1.0×10－12] ①滴定终点的现象：当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后， 。 ②计算产品的纯度为 %(保留1位小数)。 10．(2025·浙江省部分学校高三选考模拟，节选)(4)己二酸纯度测定 将0.5000g己二酸[HOOC(CH2)4COOH]样品配制成100mL溶液，每次取25.00mL试样溶液于锥形瓶中，滴入几滴酚酞试液，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定至终点，平均消耗NaOH溶液16.00mL (己二酸被完全中和)。 ①下列说法正确的是 。 A．用100mL容量瓶配制成溶液后，最好用25mL规格的量筒量取待测液于锥形瓶中 B．润洗滴定管时，待液体润湿全部滴定管内壁后，应将液体从滴定管上口倒入预置的烧杯中 C．接近滴定终点时，应控制活塞，改为滴加半滴标准溶液，直至溶液变为粉红色，且半分钟内不变色 D．若滴定前滴定管尖嘴部分气泡未赶走，滴定后气泡消失，则测定结果偏高 ②己二酸的纯度为 %。 11．过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。 Ⅰ.过氧化氢性质探究实验 (1)酸性条件下H2O2可将Fe2+转化成Fe3+，由此说明H2O2具有______性。 (2)已知H2O2是一种二元弱酸，其中Ka1=2.20×10-12、Ka2=1.05×10-25，则H2O2的电离方程式为______，常温下，1mol∙L-1的H2O2溶液的pH约为______。 Ⅱ.过氧化氢含量的测定实验。某兴趣小组同学用0.1000mol∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。 (3)滴定达到终点的现象是______。 (4)用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示： 第一次 第二次 第三次 第四次 V(KMnO4溶液)/mL 17.10 18.10 18.00 17.90 计算试样中过氧化氢的浓度为______mol∙L-1。 (5)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 12．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。 该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。学习小组的同学设计了如下步骤用滴定的方法测定x值。 ①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成水溶液为待测液。 ②取待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。 ③用浓度为的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗。 (1)上述步骤②中使用的锥形瓶是否需要用待测液润洗_______，(填“是”或“否”)滴定时，将酸性KMnO4标准液装入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 (2)本实验滴定达到终点的标志是_______。 (3)通过上述数据，求得_______。 (4)若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_______(填偏“大”、“偏小”或“不变”)。 (5)根据上述实验计算的数据可信性不强，为了提高实验的准确性，请写出改进措施_______。 13．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入V1 mL c1 mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗K2Cr2O7溶液V2 mL。 回答下列问题： (1)滴定过程中发生下列反应： 3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为________ mg·m－3。 (2)若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 23 / 23 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$