第3章 体系建构 整理提升-【正禾一本通】2025-2026学年高二化学选择性必修1同步课堂高效讲义教师用书（人教版单选）

本讲义聚焦水溶液中离子反应与平衡核心知识点，以粒子观（三大守恒及粒子浓度比较）、变化观（四大平衡及影响因素）、平衡观（电离、水解、沉淀溶解平衡）为学习支架，衔接教材实验与高考真题解析，构建从概念理解到实际应用的完整脉络。 资料特色在于高考真题与教材实验深度融合，通过弱电解质判断、中和滴定等实例，培养学生证据推理与模型建构的科学思维，提升实验设计与数据分析的科学探究能力。课中辅助教师教学，课后助力学生查漏补缺，强化知识应用。

水溶液中离子反应与平衡的认识思路 1．粒子观——正确理解电解质溶液中三大守恒及其粒子浓度大小的比较。 2．变化观——正确理解四大平衡体系及其影响因素。 3．平衡观——电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。 1．(2021·浙江6月选考)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0.01 mol·L-1NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸 B．25 ℃时，若测得0.01 mol·L-1HR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10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL，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10.0 mL，升温至50 ℃，测得pH＝b，a>b，则HR是弱酸 解析：选B。25 ℃时，若测得0.01 mol·L-1 NaR溶液pH＝7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；25 ℃时，若测得0.01 mol·L-1 HR溶液pH>2且pH<7，可知溶液中c(H＋)<0.01 mol·L-1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；假设HR为强酸，取pH＝6的该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL测得此时溶液pH<7，C错误；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。 [人教版－P58 强电解质和弱电解质] 【实验3－1】 取相同体积、0.1 mol/L的盐酸和醋酸，比较它们pH的大小，试验其导电能力，并分别与等量镁条反应。观察、比较并记录现象。 　　　　　　　　　　　　 2．(2022·山东高考)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(　　 ) A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中 B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液 C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体 D．达到滴定终点时溶液显橙色 解析：选A。量筒的精确度为小数点后一位，若要量取25.00 mL的碳酸钠标准溶液应选用碱式滴定管，A错误；碳酸钠标准溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，硅酸钠可作黏合剂，将瓶口粘住，所以应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B正确；碳酸钠有一定的腐蚀性，一般用烧杯称量碳酸钠固体，C正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当到达滴定终点时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟内不变色，D正确。 [人教版－P91 实验活动2] 强酸与强碱的中和滴定 【实验目的】 1．练习中和滴定的实验操作，理解中和滴定的原理，探究酸碱中和反应过程中pH的变化特点。 2．通过实验进一步掌握数据分析的方法，体会定量实验在化学研究中的作用。 3．(2024·江苏高考)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)＝1.3×10-2，Ka2(H2SO3)＝6.2×10-8。 实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH＝3。 实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中，当溶液pH＝4时停止通气。 实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是(　　) A．实验1所得溶液中：c(HSO)＋c(SO)>c(H＋) B．实验2所得溶液中：c(SO)>c(HSO) C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体 D．实验3所得溶液中：c(SO)>c(Mn2+) 解析：选D。实验1所得溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)>c(HSO) ＋c(SO)，A错误；实验2所得溶液pH ＝4，即c(H＋)＝10-4 mol·L-1，代入H2SO3的二级电离常数计算式Ka2(H2SO3)＝＝6.2×10-8，得：＝＝6.2×10-4＜1，故c(SO)＜c(HSO)，B错误；NaHSO3受热易分解，且易被空气中的O2氧化，故经过蒸干、灼烧无法得到NaHSO3固体，C错误；SO2通入酸性KMnO4溶液中发生反应：5SO2＋2MnO＋2H2O===5SO＋2Mn2+＋4H＋，生成的SO多于Mn2+，故实验3所得溶液中：c(SO)>c(Mn2+)，D正确。 [人教版－P74方法导引] 电解质溶液中的电荷守恒与元素守恒 电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等，即电荷守恒，溶液呈电中性。例如，在Na2CO3溶液中，存在的阳离子有Na＋、H＋，存在的阴离子有OH－、CO、HCO。根据电荷守恒，可推出各种离子的浓度之间的关系为： c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) 在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化。离子所含的某种元素在变化前后是守恒的，即元素守恒。例如，在0.1 mol/L Na2CO3溶液中，由于CO发生水解，溶液中除了CO，还有HCO和H2CO3，碳元素存在以下守恒关系： c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol/L 4．(2022·湖南高考)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。 实验 操作与现象 ① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色 ② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀 ③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀 依据上述实验现象，下列结论不合理的是(　　) A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应 B．实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应 C．实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应 D．整个实验说明SO对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响 解析：选D。根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，说明加热促进Fe3+水解反应，A不符合题意。实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与SO发生氧化还原反应生成Fe2+；整个过程说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应，B不符合题意。实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成说明Fe3+与SO没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应，C不符合题意。实验①中煮沸后溶液变红褐色，实验③中溶液直接变红褐色，说明SO对Fe3+的水解反应有影响，D符合题意。 [人教版－P75 探究] 反应条件对Fe2(SO4)3水解平衡的影响 【提出问题】 (1)Fe2(SO4)3溶液呈酸性还是碱性？写出Fe2(SO4)3发生水解的离子方程式。 (2)从反应条件考虑，影响Fe2(SO4)3水解平衡的因素可能有哪些？ 提示：Fe(OH)3是一种弱碱，不溶于水。 5．(2022·河北高考)某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00 mL水样，用0.010 00 mol·L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。 下列说法正确的是(　　) A．该水样中c(CO)＝0.01 mol·L-1 B．A点处c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－) C．当V(HCl)≤20.00 mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变 D．曲线上任意一点存在c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.03 mol·L-1 解析：选C。向CO和HCO的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO＋H＋===HCO、HCO＋H＋===H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时CO与盐酸恰好反应生成HCO，第二次突跃时HCO与盐酸恰好反应生成H2CO3，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00 mL，由反应的离子方程式CO＋H＋===HCO可知，水样中CO的浓度为＝0.02 mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00 mL，则水样中HCO的浓度为＝0.01 mol/L，A错误；由图可知，A点发生的反应为CO与氢离子恰好反应生成HCO，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO)，B错误；水样中HCO的浓度为0.01 mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00 mL时，只发生反应CO＋H＋===HCO，滴定时溶液中HCO浓度为＝0.01 mol/L，则滴定时溶液中HCO浓度不变，C正确；由分析可知，水样中CO和HCO浓度之和为0.03 mol/L，由元素守恒可知，溶液中c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，D错误。 [人教版－P68 用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L HCl溶液过程中的pH变化的曲线] 6．(2023·北京高考)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：①图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO)＝Ksp(MgCO3) [注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L-1，不同pH下c(CO)由图1得到]。 下列说法不正确的是(　　) A．由图1，pH＝10.25，c(HCO)＝c(CO) B．由图2，初始状态pH＝11、lg c(Mg2+)＝－6，无沉淀生成 C．由图2，初始状态pH＝9、lg c(Mg2+)＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 mol·L-1 D．由图1和图2，初始状态pH＝8、lg c(Mg2+)＝－1，发生反应：Mg2+＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O 解析：选C。从图1可以看出pH＝10.25时，c(CO)＝c(HCO)，A正确；从图2可以看出pH＝11、lg c(Mg2+)＝－6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生MgCO3或Mg(OH)2沉淀，B正确；从图2可以看出pH＝9、lg c(Mg2+)＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成MgCO3沉淀，根据元素守恒，溶液中c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)<0.1 mol·L-1 ，C错误；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCO，pH＝8，lg c(Mg2+)＝－1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成MgCO3沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2+＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O，D正确。 [人教版－P83 沉淀的转化] 【实验3－5】 (1)向盛有2 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液的试管中滴加2～4滴2 mol/L NaOH溶液，观察并记录现象。 7．(2021·辽宁高考)用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，溶液中H2A、HA－、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是(　　) [如A2-分布分数：δ(A2-)＝] A．H2A的Ka1为10-10.25 B．C点：c(HA－)>c(A2-)>c(H2A) C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．c(Na2A)＝0.200 0 mol·L-1 解析：选C。用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，pH较大时A2-的分布分数δ最大，随着pH的减小，A2-的分布分数δ逐渐减小，HA－的分布分数δ逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA－的分布分数δ逐渐减小，H2A的分布分数δ逐渐增大，表示H2A、HA－、A2-的分布分数δ的曲线如图所示， 据此分析选择。A．H2A的Ka1＝，根据上图交点1计算可知Ka1＝10-6.38，A错误；B．根据图像可知C点处c(HA－)>c(H2A)>c(A2-)，B错误；C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞作指示剂，C正确；D．根据图像E点可知，当加入盐酸40 mL时，全部生成H2A，根据Na2A＋2HCl===2NaCl＋H2A计算可知c(Na2A)＝0.100 0 mol·L-1，D错误。 [人教版－P68 酸碱指示剂的变色范围] 酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱，它们在溶液中存在电离平衡，其分子与电离出的离子呈现不同的颜色。因此，当pH改变时，分子、离子相对含量的变化会引起溶液颜色的变化。例如，石蕊(以HIn表示)的电离平衡和颜色变化如下： HIn⥫⥬H＋　＋　In－ 红色 蓝色 (酸色) (碱色) 指示剂的颜色变化是在一定的pH范围内发生的。各种指示剂的变色范围是由实验测得的。几种常用指示剂的变色范围如图所示。 8．(2024·全国卷甲)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①Ksp(CuS)＝6.3×10-36，Ksp(ZnS)＝2.5×10-22，Ksp(CoS) ＝4.0×10-21。 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg [c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是________________________________________________________________________。 (2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)＝________ mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离______(填“能”或“不能”)。 (4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为________。 (5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是________。 (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 (7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是________________________________________________________________________。 解析：(3)由题给信息可知，此时c(Zn2+)≤10-5 mol·L-1，则c(S2-)＝≥2.5×10-17 mol·L-1，则c(Co2+)＝≤1.6×10-4 mol·L-1＜0.10 mol·L-1，Co2+已经部分沉淀，故不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。(4)根据题给条件及氧化还原反应规律，可写出“沉锰”步骤中发生反应的离子方程式Mn2+＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋，则生成1.0 mol MnO2时，产生4.0 mol H＋。(5)由已知②可知，溶液pH＝4时，Fe3+转化为Fe(OH)3。(6)“沉钴”时，Co2+与ClO－反应转化为Co(OH)3与Cl－，结合氧化还原反应规律可知，该反应的离子方程式为2Co2+＋ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋。(7)由已知②可知，Zn2+在pH≈8.2～12时以Zn(OH)2沉淀形式析出，故回收Zn(OH)2时应调pH≈8.2～12，再过滤分离。 答案：(1)增大反应物之间接触面积，加快“酸浸”速率 (2)CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O　(3)1.6×10-4　不能　(4)4.0 mol　(5)Fe(OH)3　(6)2Co2+＋ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋　(7)用NaOH调节滤液pH为8.2～12，将析出的沉淀过滤、洗涤、干燥 [人教版－P81 沉淀的生成] 学科网（北京）股份有限公司 $