专题5 选择题突破(5) 命题点1 溶液中的“三大平衡”及应用(Word教参)-【精讲精练】2026年高考化学二轮专题辅导与训练

该高中化学高考复习讲义聚焦水溶液中的离子平衡专题，以电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡三大平衡为核心，系统梳理离子浓度比较、pH计算、沉淀转化等高考高频考点，通过对比表格整合影响因素与平衡常数关系，构建“基础概念-规律应用-真题突破”的复习框架，助力学生形成结构化知识体系。 讲义突出科学思维与科学探究能力培养，如通过三大平衡对比表格深化结构决定性质的化学观念，结合2024-2025年高考真题解析沉淀转化实验（AgCl→[Ag(NH3)2]+→AgI），训练学生证据推理与模型认知能力。设置真题精讲与模拟题分层练习，配合守恒关系应用技巧指导，帮助学生高效突破离子方程式书写、溶液中粒子浓度关系等难点，为教师精准把控复习进度提供实用教学资源。

专题五　水溶液中的离子平衡 选择题突破(五) 命题点1　溶液中的“三大平衡”及应用 [对应学生用书P80] 1．对比剖析“三大”平衡 平衡类型 电离平衡(如CH3COOH⥫⥬CH3COO－＋H＋) 水解平衡(如CH3COO－＋H2O⥫⥬CH3COOH＋OH－) 沉淀溶解平衡[如AgCl(s)⥫⥬Ag＋(aq)＋Cl－(aq)] 研究对象 弱电解质 能水解的盐溶液 难溶电解质 影响因素 升温 促进电离 Ka增大 促进水解 Kh增大 若难溶物的溶解度与温度成正相关，促进溶解；反之，则抑制溶解 若难溶物的溶解度与温度成正相关，Ksp增大；反之，则Ksp减小 加水 促进电离 Ka不变 促进水解 Kh不变 促进溶解 Ksp不变 加入相 应离子 (或物质) 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或NaCl，抑制溶解 Ksp不变 加入反 应离子 (或物质) 加入OH－，促进电离 Ka不变 加入H＋，促进水解 Kh不变 加入氨水，促进溶解 Ksp不变 2．25 ℃时，不同溶液中水电离出的c(H＋)或c(OH－)与溶液中c(H＋)或c(OH－)的关系 举例 由水电离出的c(H＋)/(mol·L-1) 说明 pH＝3的HCl、CH3COOH溶液 10-11 ①酸(或显酸性的酸式盐)溶液中： c水(H＋)＝c水(OH－)＝ ②碱溶液中：c水(H＋)＝ ③强酸弱碱盐溶液中：c水(H＋)＝c溶液(H＋) ④强碱弱酸盐溶液中： c水(H＋)＝c水(OH－)＝c溶液(OH－) pH＝12的NaOH、NH3·H2O溶液 10-12 pH＝3的AlCl3、FeCl3溶液 10-3 pH＝11的CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液 10-3 3. 1．(2024·广西卷)化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是(　　) A．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CaSO4(s)＋CO(aq)⥫⥬CaCO3(s)＋SO(aq) B．明矾用于净水：Al3+＋3H2O⥫⥬Al(OH)3↓＋3H＋ C．抗酸药中的Mg(OH)2可治疗胃酸过多：OH－＋H＋===H2O D．用酸化的KI-淀粉溶液检验加碘盐中的IO：IO＋I－＋2H＋===I2＋H2O 解析　用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，生成溶解度更小的碳酸钙，CaSO4(s)＋CO(aq)⥫⥬CaCO3(s)＋SO(aq)，A项正确；水解方程式不对，明矾是硫酸铝钾晶体，溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可用于净水：Al3+＋3H2O⥫⥬Al(OH)3(胶体)＋3H＋，不写沉淀符号，B项错误；物质拆分不对，抗酸药中的Mg(OH)2可治疗胃酸过多，Mg(OH)2属于难溶性碱，离子方程式：Mg(OH)2＋2H＋===Mg2+＋2H2O，C项错误；未配平方程式，用酸化的KI-淀粉溶液检验加碘盐中的IO：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，D项错误。 答案　A 2．(2024·贵州卷)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＋2H2O⥫⥬H3O＋＋　Ka＝5.8×10-10 ②lg≈0.38。 下列说法正确的是(　　) A．硼砂稀溶液中c(Na＋)＝c[B(OH)3] B．硼酸水溶液中的H＋主要来自水的电离 C．25 ℃时，0.01 mol·L-1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 解析　硼砂水解生成等物质的量的B(OH)3和Na[B(OH)4]，硼酸遇水转换：B(OH)3＋2H2O⥫⥬H3O＋＋，根据物料守恒，c(Na＋)＝{c[B(OH)3]＋c[B(OH)4]}－，A错误；根据已知，硼酸遇水转换：B(OH)3＋2H2O⥫⥬H3O＋＋，其中的H＋来自水的电离，B正确；25 ℃时，B(OH)3＋2H2O⥫⥬H3O＋＋，Ka＝＝5.8×10-10，c(H＋)＝＝＝×10-6，因lg≈0.38，pH≈6－0.38≈5.62，C错误；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Kh＝＝＝×10-4，水解程度大于电离程度，显碱性，D错误。 答案　B 3．(2025·重庆卷)某兴趣小组探究沉淀的转化。将2 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是(　　) A．溶液1中c(Ag＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(NO)＋c(OH－) B．溶液2中c(Cl－)>c([Ag(NH3)2]＋) C．溶液3中c(H＋)＝c(OH－) D．上述实验可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) 解析　在2 mL 0.1 mol·L-1的AgNO3溶液中加入等体积等浓度的NaCl溶液得悬浊液1，经分离后，向AgCl中滴加6 mol·L-1的氨水，发生反应AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]Cl＋2H2O，加入0.1 mol·L-1 KI溶液2 mL，发生反应：[Ag(NH3)2]Cl＋KI===AgI↓＋KCl＋2NH3，得到AgI沉淀，由物质的量关系可知，[Ag(NH3)2]Cl不能完全反应，溶液3中可能还存在剩余的氨水以及[Ag(NH3)2]Cl。溶液1中主要溶质是NaNO3，同时由于存在溶解平衡：AgCl(s)⥫⥬Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，还存在极少量的Ag＋、Cl－，选项中满足电荷守恒关系，A正确；根据元素守恒可知，若Ag＋不水解，则c(Cl－)＝c([Ag(NH3)2]＋)，但Ag＋会水解生成其他含银的微粒，故c(Cl－)>c([Ag(NH3)2]＋)，B正确；溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出c(H＋)＝c(OH－)的结论，C错误；由实验操作可知，存在转化AgCl[Ag(NH3)2]ClAgI，由此说明AgI更难溶，故可得出结论Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确。 答案　C 4．(2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。 已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1，Ka1(H2S)＝10-6.97，Ka2(H2S)＝10-12.90，Ksp(FeS)＝10-17.20，Ksp(CdS)＝10-26.10。下列说法错误的是(　　) A．Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2-) B．0.01 mol·L-1 Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2-)>c(OH－)>c(HS－) C．向c(Cd2+)＝0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)< 10-8 mol·L-1 D．向c(Cd2+) ＝0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H＋)>c(Cd2+) 解析　Na2S溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2-)，A项正确；Na2S溶液中存在水解平衡：S2-＋H2O⥫⥬HS－＋OH－、HS－＋H2O⥫⥬H2S＋OH－，且第一步水解程度远大于第二步水解程度，Kh(S2-)＝＝＝＝10-1.10，又c(HS－)一定小于0.01 mol·L-1，则>>1，故c(OH－)>c(S2-)，B项错误；由题给条件可知，Ksp(FeS)>Ksp(CdS)，向c(Cd2+)＝0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS，发生沉淀转化：Cd2+＋FeS⥫⥬CdS＋Fe2+，该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝108.90>105，反应能进行完全，当溶液中Cd2+完全沉淀时，c(Fe2+)＝0.01 mol·L-1，此时c(Cd2+)＝ mol·L-1＝10-10.9 mol·L-1，C项正确；向c(Cd2+)＝0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应：Cd2+＋H2S⥫⥬CdS＋2H＋，该反应的平衡常数K＝＝＝＝106.23>105，反应能进行完全，所得溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L-1，此时溶液中H2S达到饱和，c(H2S)＝0.1 mol·L-1，代入K＝＝＝106.23，解得c(Cd2+)＝4×10-9.23mol·L-1<c(H＋)，D项正确。 答案　B 5．(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)＝1.8×10-4，向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是(　　) A．水的电离程度：M<N B．M点：2c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) C．当V(HCOOH)＝10 mL时，c(OH－)＝c(H＋)＋2c(HCOOH)＋c(HCOO－) D．N点：c(Na＋)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋)>c(HCOOH) 解析　起点为0.1 mol·L-1的NaOH溶液，c(Na＋)＝c(OH－)＝0.1 mol·L-1，V(HCOOH)＝20 mL时，溶液为0.05 mol·L-1的HCOONa溶液，c(Na＋)＝0.05 mol·L-1，因HCOO－水解，c(HCOO－)略小于0.05 mol·L-1，故下降的曲线表示c(OH－)变化曲线，上升的曲线表示c(HCOO－)变化曲线。M点时，V(HCOOH)＝10 mL，溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOO－)＝1∶1，仍剩余有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A正确；M点时，V(HCOOH)＝10 mL，溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOO－)＝1∶1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，M点为交点可知c(HCOO－)＝c(OH－)，联合可得2c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，故B正确；当V(HCOOH)＝10 mL时，溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOONa)＝1∶1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，根据物料守恒c(Na＋)＝2c(HCOO－)＋2c(HCOOH)，联合可得c(OH－)＝c(H＋)＋2c(HCOOH)＋c(HCOO－)，故C正确；N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此c(Na＋)>c(HCOO－)及c(OH－)>c(H＋)观察图中N点可知，c(HCOO－)≈0.05 mol·L-1，根据Ka(HCOOH)＝＝1.8×10-4，可知c(HCOOH)>c(H＋)，故D错误。 答案　D 6．(2024·重庆卷)某兴趣小组探究[Cu(NH3)4](NO3)2的生成过程。若向3 mL 0.1 mol·L-1Cu(NO3)2溶液中逐滴加入1 mol·L-1氨水，则下列说法正确的是(　　) A．产生少量沉淀时(pH＝4.8)，溶液中c(NH)<c(OH―) B．产生大量沉淀时(pH＝6.0)，溶液中c(NH)>c(NO) C．沉淀部分溶解时，溶液中c(Cu2+)<c(NH) D．沉淀完全溶解时，溶液中2c([Cu(NH3)4]2+)>c(NO) 解析　在Cu(NO3)2溶液中逐滴加入氨水的反应方程式为①Cu(NO3)2＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH4NO3；②Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4](OH)2＋4H2O，③总反应Cu(NO3)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4](NO3)2＋4H2O。产生少量沉淀时(pH＝4.8)，按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO3)2、NH4NO3，NH4NO3在水溶液中完全电离，溶液呈酸性，溶液中c(OH―)很小，则溶液中c(NH)>c(OH―)，A错误；产生大量沉淀时(pH＝6.0)，按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO3)2、NH4NO3，Cu(NO3)2、NH4NO3都电离出c(NO)，只有NH4NO3电离出c(NH)，所以c(NH)<c(NO)，B错误；沉淀部分溶解时，按照反应②③处理，溶液中的溶质为NH4NO3、[Cu(NH3)4](NO3)2，NH4NO3完全电离出c(NH)，Cu(OH)2、[Cu(NH3)4](NO3)2电离出的c(Cu2+)很小，所以溶液中c(Cu2+)<c(NH)，C正确；沉淀完全溶解时，按照反应③处理，溶液中的溶质为[Cu(NH3)4](NO3)2，[Cu(NH3)4]2+部分水解，NO不水解，所以溶液中2c([Cu(NH3)4]2+)<c(NO)，D错误。 答案　C 1．(2025·天津市耀华中学高三下模拟)C6H5NH2是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(C6H5NH3Cl)，下列叙述正确的是(　　) A．常温下，0.001 mol·L-1 C6H5NH2水溶液的pH＝11 B．0.001 mol·L-1C6H5NH3Cl水溶液加水稀释，pH升高 C．C6H5NH3Cl水溶液的电离方程式为C6H5NH3Cl===C6H5NH2＋HCl D．C6H5NH3Cl水溶液中，c(OH－)＋c(Cl－)＝c(C6H5NH)＋c(C6H5NH2) 解析　苯胺(C6H5NH2)是一种有机弱碱，其水溶液的碱性较弱，0.001 mol·L-1C6H5NH2水溶液的pH应小于11，A错误；0.001 mol·L-1的C6H5NH3Cl水溶液加水稀释，由于其为强酸弱碱盐，水解显酸性，稀释后酸性减弱，溶液中H＋浓度减小，pH升高，B正确；C6H5NH3Cl是盐酸盐，为强电解质，电离产生Cl－，故其电离方程式应为C6H5NH3Cl===C6H5NH＋Cl－，C错误；根据电荷守恒原则，C6H5NH3Cl水溶液中，c(OH－)＋c(Cl－)＝c(C6H5NH)＋c(H＋)，D错误。 答案　B 2．(2025·天津市高三下学期二模)某兴趣小组同学探究CaCl2与NaHCO3的反应：首先用CO2传感器测定密闭装置中CO2的分压，然后依次在装置内加入水，缓慢加入NaHCO3固体，再加入CaCl2固体。数字传感器测得CO2的分压的变化曲线如下图所示。 已知：①NaHCO3溶液中HCO也存在类似水的自耦电离(H2O＋H2O⥫⥬H3O＋＋OH－) ②常温下碳酸的电离平衡常数Ka1＝4.3×10-7，Ka2＝5.6×10-11 下列说法错误的是(　　) A．0.1 mol/L NaHCO3溶液中离子浓度大小为c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋) B．不可以用CaCl2溶液来鉴别NaHCO3与Na2CO3 C．HCO自耦电离的方程式为HCO＋HCO⥫⥬CO＋H2CO3，其平衡常数数量级为10-4 D．由该实验可推出NaHCO3与CaCl2反应的离子方程式为Ca2+＋2HCO===CaCO3↓＋H2O＋CO2↑ 解析　当加入NaHCO3固体后，初期CO2分压几乎为0，随着时间推移，CO2的分压开始逐渐增大，但增大的较小、较缓，说明NaHCO3溶液会缓慢地分解产生微量的CO2，结合已知①NaHCO3溶液中HCO也存在类似水的自耦电离(H2O＋H2O⥫⥬H3O＋＋OH－)，则有HCO＋HCO⥫⥬H2CO3＋CO，然后生成的H2CO3发生很微弱的分解产生CO2；再加入CaCl2固体后，CO2分压快速增大，说明体系中反应产生大量的CO2，即加入CaCl2后，消耗CO，平衡HCO＋HCO⥫⥬H2CO3＋CO正向移动，反应产生了大量的CO2，据此分析解答。NaHCO3溶液中，NaHCO3完全电离成Na＋和HCO，HCO既能微弱电离又能微弱水解，且溶液呈碱性，则水解程度大于其电离程度，得到溶液中离子浓度大小为c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)，A正确；CaCl2与Na2CO3反应可生成CaCO3沉淀，而CaCl2与NaHCO3反应生成CaCO3沉淀的同时产生了CO2气体，所以CaCl2溶液可以用于NaHCO3溶液与Na2CO3溶液的鉴别，B错误；根据分析中HCO的自耦电离HCO＋HCO⥫⥬H2CO3＋CO，得到K＝＝＝＝≈1.3×10-4，则其平衡常数数量级为10-4，C正确；根据分析可知，NaHCO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀的同时产生了CO2气体，则反应的离子方程式为Ca2+＋2HCO===CaCO3↓＋H2O＋CO2↑，D正确。 答案　B 3．天门冬氨酸(，记为H2Y)是一种天然氨基酸，水溶液显酸性，溶液中存在H2Y⥫⥬H＋＋HY－，HY－⥫⥬H＋＋Y2-，与足量NaOH反应生成Na2Y，与盐酸反应生成YH3Cl。下列说法正确的是(　　) A．常温下，0.05 mol·L-1的H2Y溶液的pH＝1 B．pH＝2.97的H2Y溶液稀释100倍，所得溶液pH＝4.97 C．YH3Cl水溶液中：c(H＋)＋c(YH)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HY－) D．Na2Y溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HY－)＋2c(H2Y)＋3c(YH) 解析　H2Y部分电离，常温下，0.05 mol·L-1的H2Y溶液的pH>1，A错误；稀释过程中电离程度增大，pH＝2.97的H2Y溶液稀释100倍，所得溶液pH<4.97，B错误；根据电荷守恒知，YH3Cl水溶液中：c(H＋)＋c(YH)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HY－)＋2c(Y2-)，C错误；根据电荷守恒和物料守恒知，Na2Y溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HY－)＋2c(H2Y)＋3c(YH)，D正确。 答案　D 4．室温下用0.1 mol·L-1 NaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)。H2SO3电离常数分别为Ka1＝1.54×10-2、Ka2＝1.00×10-7。下列说法正确的是(　　) A．NaOH溶液吸收SO2所得到的溶液中：c(SO)>c(HSO)>c(H2SO3) B．NaOH完全转化为NaHSO3时，溶液中：c(H＋)＋c(SO)＝c(OH—)＋c(H2SO3) C．NaOH完全转化为Na2SO3时，溶液中：c(Na＋)>c(SO)>c(OH—)>c(HSO) D．NaOH溶液吸收SO2，c总＝0.1 mol·L-1溶液中：c(H2SO3)>c(SO) 解析　由电离常数可知，HSO的水解常数Kh＝＝＜Ka2，说明HSO在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。氢氧化钠溶液吸收二氧化硫可能得到亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，HSO在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)，故A错误；亚硫酸氢钠溶液中存在质子守恒关系c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)，故B错误；亚硫酸钠是强碱弱酸盐，SO在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)，故C正确；c总＝0.1 mol·L-1溶液为亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，HSO在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(SO)>c(H2SO3)，故D错误。 答案　C 学科网（北京）股份有限公司 $