第3章 水溶液中的离子反应与平衡（期末复习专项训练）高二化学上学期沪科版

第3章 水溶液中的离子反应与平衡 题型1 水的电离和溶液的酸碱性 题型2 弱电解质的电离平衡（重点） 题型3 酸碱中和滴定（重点） 题型4 盐类水解（重点） 题型5 水溶液中的粒子浓度关系（重点） 题型6 难溶电解质的沉淀溶解平衡（重点） 题型7 水溶液中的离子反应与平衡综合应用 题型1 水的电离和溶液的酸碱性 1．【水的电离平衡及影响因素】（25-26高二上·上海·阶段练习）已知100℃时，水的离子积常数。下列对于水的电离平衡移动说法正确的是 A．向水中加入硝酸，平衡正向移动 B．向水中加入醋酸钠，平衡逆向移动 C．向水中继续加水，平衡正向移动 D．对水进行降温，平衡逆向移动 解题要点 (1)在水中加入酸或碱，会抑制水的电离，水电离出的c(H＋)、c(OH－)均减小，但仍然相等。在常温下，若由水电离出的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。 (2)水受热温度升高，促进水的电离，水电离出的c(H＋)、c(OH－)均增大，但仍然呈中性。 (3)在酸或碱的溶液中，Kw表达式中的c(H＋)、c(OH－)均为溶液中两种离子的总浓度，不一定是水电离出的c(H＋)、c(OH－)。如0.1 mol·L－1盐酸中，c(H＋)约为0.1 mol·L－1。 2．【水的离子积常数】下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是(　　) A．Kw随溶液中c(H＋)和c(OH－)的变化而变化 B．水的离子积常数Kw与水的电离平衡常数K是同一个物理量 C．水的离子积常数仅仅是温度的函数，随着温度的变化而变化 D．水的离子积常数Kw与水的电离平衡常数K是两个没有任何关系的物理量 解题要点 (1)Kw揭示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，H＋和OH－共存，只是相对含量不同而已。 (2)Kw只与温度有关。因为水的电离是吸热过程，所以温度升高，有利于水的电离，Kw增大，如100 ℃，Kw＝5.6×10－13。但是在室温下，可忽略温度的影响，Kw为1.0×10－14。 (3)Kw不仅适用于纯水，还适用于酸、碱的稀溶液，且由水电离的c水(H＋)＝c水(OH－)。此时，水溶液中水的离子积常数不变。 3．【溶液的酸碱性判断】常温下，喷墨打印机墨汁的pH为7.5～9.0。当墨汁喷在纸上时，与酸性物质作用生成不溶于水的固体。由此可知(　　) ①墨汁偏碱性　　②墨汁偏酸性 ③纸张偏酸性　　④纸张偏碱性 A．①③　　　　　B．②④ C．①④ D．②③ 解题要点 溶液酸碱性的判断依据 (1)根本依据：用c(H＋)、c(OH－)的相对大小来判断溶液酸碱性，则不受温度影响。 c(H＋)>c(OH－)　溶液呈酸性； c(H＋)＝c(OH－)　溶液呈中性； c(H＋)<c(OH－)　溶液呈碱性。 (2)常用依据：25 ℃时溶液的pH与酸碱性的关系 pH>7，表示溶液呈碱性，pH越大，溶液的碱性越强，pH每增加1个单位，溶液的c(OH-)增大到原来的10倍。 pH＝7，溶液呈中性。 pH<7，表示溶液呈酸性，pH越小，溶液酸性越强，pH每减小1个单位，溶液的c(H+)增大到原来的10倍。 (3)其他依据：使用酸碱指示剂进行判断，要注意指示剂的变色范围。 使甲基橙变红的溶液呈酸性； 使石蕊变红的溶液呈酸性； 使酚酞变红的溶液呈碱性。 4．【有关pH的计算】已知在100 ℃时水的离子积Kw＝1×10－12，下列溶液的温度均为100 ℃。其中说法正确的是(　　) A．0.005 mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝2 B．0.001 mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11 C．0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性 D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50 mL，需要pH＝9的NaOH溶液100 mL 解题要点 (1)强酸溶液和强碱溶液混合后计算pH，必须先判断出混合后溶液的酸碱性，然后计算混合后的OH-或H＋浓度。 (2)根据酸的浓度计算酸溶液的pH时，不必考虑温度，而根据碱的浓度计算碱溶液的pH时，需要根据离子积计算c(H＋)，因此一定要注意溶液的温度，只有室温时，Kw＝1.0×10－14。 (3)一定pH的强碱与强碱混合后求pH。在计算过程中易出现直接用H＋浓度进行混合计算的错误。因为强碱溶液的混合是OH－混合，H＋是随OH－浓度改变而改变的，不能直接用于混合碱的计算，H＋浓度必须通过c(H＋)＝来求。 5．【Kw的应用】(1)某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，则此时纯水的c(OH－)为_____________。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则溶液中c(OH－)为__________，此时温度_______(填“高于”“低于”或“等于”)25 ℃。 (2)在不同温度下的水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。请回答下列问题： ①曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积为________，曲线Ⅰ所代表的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)曲线Ⅱ所代表的温度。你判断的依据是_______________________________________。 ②曲线Ⅰ所代表的温度下，0.01 mol·L－1的NaOH溶液的c(H＋)为________ mol·L－1。 解题要点 1．水的电离平衡曲线 (1)曲线上的任意点(如a，b，c)的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同，温度相同。 (2)曲线外的任意点(如d)与曲线上任意点的Kw不同，温度不同。 (3)实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定改变温度。 2．溶液中水电离出的c(H＋)或c(OH－)的计算方法 Kw表达式中c(H＋)、c(OH－)均表示整个溶液中总物质的量浓度，但是一般情况下有： (1)酸溶液中Kw＝c酸(H＋)·c水(OH－)(忽略水电离出的H＋的浓度)。 (2)碱溶液中Kw＝c水(H＋)·c碱(OH－)(忽略水电离出的OH－的浓度)。 (3)外界条件改变，水的电离平衡发生移动；但由水电离出的c(H＋)与水电离出的c(OH－)一定相等。 (4)室温下，由水电离出的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。 题型2 弱电解质的电离平衡 1．【弱电解质的电离平衡】（2025高二下·上海静安·学业考试）常温下，下列对于饱和溶液的说法正确的是 A．溶液的 B．溶液中不存在硫离子 C．溶液中不存在硫化氢分子 D．溶液中不存在氢氧根离子 解题要点 (1)电离平衡也属于化学平衡，可用勒夏特列原理分析弱电解质的电离平衡。 (2)弱电解质在水溶液中的电离都是可逆过程，大多数弱电解质的电离程度都很小。 (3)弱电解质处于电离平衡状态时，电解质分子电离成离子和离子结合成电解质分子的过程没有停止，且v电离=v结合≠0。 (4)溶液中电解质分子和电解质离子同时存在，且溶液中电解质分子和电解质离子的浓度保持不变。 2．【影响电离平衡的因素】（25-26高二上·上海·课后作业）在稀氨水中存在下列平衡：NH3 + H2O⇌NH3·H2O⇌+ OH- ，对于该平衡，下列叙述正确的是 A．加入少量NH4Cl固体，平衡逆向移动，溶液的c(OH-)减小 B．通入少量氨气，平衡正向移动，c (NH3·H2O) 减小 C．加入少量NaOH固体，并恢复至室温，平衡逆向移动，NH3·H2O的电离平衡常数减小 D．加水稀释，NH3·H2O的电离程度及c ( OH- ) 都增大 解题要点 (1)温度：由于电离过程吸热，升温，电离平衡正向移动；降温，电离平衡逆向移动。 (2)浓度：电解质溶液的浓度越小，它的电离程度就越大。 (3)勒夏特列原理适用于电离平衡： ①同离子效应：加入含有弱电解质离子的强电解质，电离平衡逆向移动。例如向CH3COOH溶液中加入CH3COONa，电离平衡逆向移动。 ②酸或碱效应：加入浓度较大的酸或碱，电离平衡发生移动。例如向CH3COOH溶液中加入盐酸，电离平衡逆向移动；加入NaOH，电离平衡正向移动。 ③化学反应：当加入的物质能与弱电解质电离产生的某种离子反应时，会使电离平衡向电离的方向移动。例如向CH3COOH溶液中加入NaOH溶液、金属Zn或Na2CO3溶液，醋酸电离出的H+与OH-、Zn或CO32-反应，c(H+)减小，电离平衡正向移动。 3．【电离平衡常数及应用】（24-25高三上·上海·期中）H2S浓度过大会对鱼虾的养殖造成极大负面影响，可投入Na2CO3处理。碳酸和硫化氢的电离平衡常数如下表： Ka1 Ka2 H2S 1.3×10-7 7.0×10-15 H2CO3 4.2×10-7 4.8×10-11 该处理过程发生的离子方程式为 A．CO + H2S = H2CO3 + S2- B．CO+ 2H2S = H2CO3 + 2HS- C．CO+ H2S = HCO + HS- D．2CO+ H2S = 2HCO + S2- 解题要点 电离平衡常数的应用 (1)判断弱酸(或弱碱)的相对强弱 电离平衡常数越大，酸性(或碱性)越强。 (2)判断电离平衡的移动方向 如在一定浓度的CH3COOH溶液中K＝；稀释一倍后，假设平衡不移动，则Q＝＝K，Q<K，平衡向电离方向移动。 (3)判断溶液中微粒浓度比值的变化情况 如0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，＝＝，加水稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则增大。 4．【电离平衡和电离度的计算】在一定温度下，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋ (1)某温度时，0.1 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋) 与0.01 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)的比值________(填“大于”“小于”或“等于”)10。 (2)已知：25 ℃时，该电离平衡的平衡常数为1.8×10－5。 ①求该温度时，a mol·L－1的醋酸溶液中c1(H＋)＝________mol·L－1 (用含a的代数式表示)。 [提示：此时电离度比较小，进行简化计算，平衡时c(CH3COOH)可用初始浓度代替，水电离出的c(H＋) 、c(OH－)忽略不计，下同] ②若该温度时向该溶液中加入一定量的CH3COONH4(假设溶液体积不变)，使溶液中c(CH3COO－)为b mol·L－1，则此时c2(H＋)＝________mol·L－1(用含a、b的代数式表示)。 ③c1(H＋)________(填“大于”“小于”或“等于”)c2(H＋)。 解题要点 电离平衡常数中，电解质分子和电解质离子的浓度都是平衡浓度。 对电离平衡常数和电离度的计算时，一般采用三段式： 以CH3COOHCH3COO-+H+为例，设CH3COOH的初始浓度为c mol·L-1，电离平衡常数为Ka，电离度为α。 CH3COOH  CH3COO- + H+ 初始浓度(mol/L) c 0 0 转化浓度(mol/L) cα cα cα 平衡浓度(mol/L) c- cα cα cα 其中：当酸或碱较弱时，c- cα≈c 则：Ka= = = cα2 5．【强酸和弱酸的比较】（25-26高二上·上海·期中）下列不能说明是弱酸的方法是 A．测得溶液的 B．测得溶液的 C．的溶液加水稀释100倍后 D．溶液恰好与溶液完全反应 解题要点 强酸与弱酸的比较 (1)相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较 　比较项目 酸 c(H＋) 酸性 中和碱 的能力 与足量活泼金属反应产生H2的总量 与同一金属反应时的起始反应速率 一元强酸 大 强 相同 相同 大 一元弱酸 小 弱 小 (2)相同体积、相同c(H＋)的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较 　　比较项目 酸 c(H＋) 酸性 中和碱 的能力 与足量活泼金属反应产生H2的总量 与同一金属反应时的起始反应速率 一元强酸 相同 相同 小 少 相同 一元弱酸 大 多 题型3 酸碱中和滴定 1．【酸碱中和滴定原理及仪器的使用】利用下列实验装置及药品能完成相应实验的是(　　) 选项 A B C D 目的 测定某盐酸的浓度 测定某NaOH溶液的浓度 记录滴定终点读数：12.20 mL 排除滴定管内气泡 装置或操作 2．【pH突变和指示剂的选择】室温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸中滴加0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5＝0.7。下列说法不正确的是(　　) A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7 B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大 D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3 解题要点 (1)酸碱中和滴定曲线和pH突变 ①由滴定曲线分析，在酸、碱中和滴定过程中，溶液的pH在接近滴定终点pH发生突变。 ②在pH发生突变的范围内，滴加很少的酸(或碱)，溶液的pH就有很大的变化，能使指示剂的颜色变化明显，有利于确定滴定终点。 (2)指示剂选择的基本原则 变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。 ①不能用石蕊作指示剂。 ②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。 ③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。 ④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。 3．【中和滴定实验及误差分析】（24-25高二上·上海闵行·期中）在溶液滴定盐酸的实验中，下列操作会使实验结果偏小的是 A．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准碱液进行滴定 B．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡并未消失 C．锥形瓶用盐酸润洗 D．酚酞溶液从无色变为浅粉红色后立即停止滴定 解题要点 (1)仪器洗涤：在酸碱中和滴定前的准备工作中，滴定管用蒸馏水洗净后，还要用标准液润洗2～3次，其原因是标准液的浓度已知，若滴定管未用标准液润洗，滴定管内壁附着的水会使标准液实际浓度减小，消耗标准液体积增大，由c(待)＝可知，待测液浓度偏大。 (2)在滴定前，锥形瓶用蒸馏水洗净后，不能用待测液润洗。因为若用待测液润洗锥形瓶，会使量取的待测液的实际体积增大，消耗标准液的体积增大，使测定结果偏大。 (3)滴定管正确的读数方法是视线、刻度线、凹液面在同一水平线上。 4．【中和滴定曲线】（25-26高三上·北京房山·开学考试）常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mLbmol/L的盐酸和醋酸溶液，两个滴定过程中溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．曲线I表示滴定醋酸 B．a点浓度最大的离子是Na＋ C．V[NaOH(aq)]=20mL时，c(Cl-)>c(CH3COO-) D．用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不褪色 解题要点 酸碱中和滴定曲线的分析方法 首先看横、纵坐标，搞清楚是酸加入碱中，还是碱加入酸中；其次看起点，起点可以看出酸性或碱性的强弱；再找滴定终点和中性点，判断滴定终点的酸碱性，然后确定中性点(常温下pH＝7)的位置；最后分析其他的特殊点(如滴定一半点，过量一半点等)，分析酸、碱过量情况。 题型4 盐类的水解 1．【盐类水解的原理】（23-24高三上·上海崇明·期末）肼(N2H4)为二元弱碱。已知： ①肼在水中的电离与氨类似，常温下N2H4在水中的电离方程式为：一级电离为，二级电离为； ②盐酸肼(N2H6Cl2)属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。 下列关于肼和盐酸肼说法不正确的是 A．常温下，的的水溶液的pH值小于13 B．盐酸肼水溶液中： C．盐酸肼水溶液中： D．N2H5Cl在水溶液中的电离方程式： 解题要点 (1)盐类水解的实质是盐电离出的离子(弱碱阳离子或者弱酸阴离子)跟水电离出来的OH-或H+结合生成弱碱或弱酸，从而破坏了水的电离平衡，导致溶液中c(OH-)和c(H+)不相等，则溶液表现一定的酸碱性。 (2)盐类水解对水的电离平衡的影响：弱碱阳离子或者弱酸阴离子在溶液中水解，因此水的电离程度增大，因此水电离出的c(H+)和c(OH-)增大。 (3)盐类水解的特点 ①可逆反应：盐类水解生成酸和碱，所以盐类的水解反应是酸碱中和反应的逆反应。 ②吸热反应：盐的水解是吸热过程，温度升高，盐的水解程度增大。 ③程度微弱：通常情况下，盐水解的程度很小，但对溶液酸碱性的影响较大。 ④动态平衡：盐类的水解平衡状态属于动态平衡。 2．【盐类水解的规律及应用】（25-26高三上·上海·月考）已知常温下、、HClO的电离平衡常数如下表所示： 弱酸 HClO 电离平衡常数 常温下，三种等物质的量浓度的弱酸钠盐的碱性由强到弱的顺序为 A． B． C． D． 解题要点 (1)能发生水解相互促进反应的离子不能大量共存，反应进行完全，产生沉淀或气体，如： 2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑，Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑。 (2)相同温度下，Ka(HA)>Ka(HB)，即HA的酸性比HB强，那么相同浓度的NaA、NaB溶液中B－的水解程度比A－大；c(A－)>c(B－)，c(HA)<c(HB)，NaA溶液的c(OH－)小，碱性弱。 (3)多元弱酸的电离常数Ka1≫Ka2≫Ka3，由此可以推知弱酸的正盐的碱性比酸式盐强，以Na2CO3和NaHCO3为例：CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，CO和HCO对应的弱酸分别是HCO和H2CO3，HCO的电离程度比H2CO3小得多，所以CO的水解程度比HCO大得多，相同浓度时Na2CO3溶液的碱性强，pH大。 (4)多元弱酸的酸式酸根离子既有水解倾向又有电离倾向，其盐溶液的酸碱性取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。 ①若水解程度大于电离程度，溶液显碱性。如NaHCO3、NaHS。 ②若水解程度小于电离程度，溶液显酸性。如NaHSO3。 (5)多元强酸的酸式盐中，酸式酸根离子只电离不水解，溶液显酸性。如NaHSO4=Na＋＋SO＋H＋。 3．【影响盐类水解的因素】（24-25高二上·上海·期中）向1000 mL 0.10 mol/L醋酸钠的水溶液中加入纯醋酸，下列说法正确的是(忽略溶液的体积与温度变化)。 A．醋酸根离子水解平衡向正反应方向移动 B．溶液中醋酸分子的浓度降低 C．溶液的pH升高 D．溶液中醋酸根离子的浓度升高 解题要点 (1)影响盐类水解的主要因素是盐本身的性质，因此在研究盐类水解问题时，分析方法如下： ①判断盐溶液中存在的离子的种类，即是否存在弱的阳离子或弱酸根离子； ②根据离子的种类判断水解后溶液的酸碱性。 ③根据离子对应的弱电解质的平衡常数判断水解的程度大小，弱电解质的平衡常数越小，水解程度越大。 (2)影响盐类水解的外界因素 ①温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，水解程度增大。 ②浓度：盐的浓度越小，电解质离子相互碰撞结合成电解质分子的几率越小，水解程度越大。 ③酸碱性：向盐溶液中加入H＋，可抑制阳离子水解，促进阴离子水解；向盐溶液中加入OH－，能抑制阴离子水解，促进阳离子水解。 4．【限定条件下的离子共存问题】（25-26高二上·上海·阶段练习）常温下，某溶液中由水电离出的，下列离子可能在其中大量存在的是 A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 5．【盐类水解的应用】（25-26高二上·上海·月考）下面的问题中，与盐类水解有关的是 ①为保存溶液，要在溶液中加入少量盐酸 ②实验室盛放、等溶液的试剂瓶应用橡胶塞 ③在或溶液中加入镁条会产生气泡 ④长期使用硫酸铵，土壤酸性增强 A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．全部 题型5 水溶液中的粒子浓度关系 1．【溶液中的守恒关系】（24-25高二下·上海·期中）HA是一种弱酸。下列说法正确的是 A．溶液中， B．常温下，的HA溶液中， C．常温下，的HA与NaA混合溶液中， D．溶液中， 解题要点 溶液中的守恒问题包括：物料守恒、电荷守恒和质子守恒。 (1)物料守恒 在溶液中，溶质以分子和离子的形式存在，溶质分子和离子的物质的量浓度之和等于该溶质的物质的量浓度。如0.1mol·L-1的CH3COONa溶液，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.1mol·L-1。 (2)电荷守恒 同一溶液中，溶液呈电中性，因此正电荷总数与负电荷总数相等。如Na2CO3溶液，c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)×2+c(HCO3-)+c(OH-)。 注意：电荷总数=离子浓度（或物质的量）×离子所带电荷数。 (3)质子守恒 弱电解质离子在溶液中发生水解，弱电解质离子结合水电离出的H+或OH-，使溶液中的c(H+)≠c(OH-)。但在溶液中，水电离出的H+浓度和OH-浓度总是相等的。 如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下： 由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。 质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。 2．【盐溶液中离子浓度大小的比较】（25-26高三上·上海·月考）在25℃时，浓度均为 的三种溶液①、②、③溶液中，铵根离子浓度由大到小的顺序是 A．①②③ B．③①② C．②①③ D．②③① 解题要点 溶液中粒子浓度大小比较的方法和思路 (1)确定溶液中溶质的成分和浓度大小。 (2)分析溶液中存在的过程，包括：电离过程（完全电离和部分电离）、弱电解质离子的水解过程、水的电离。 (3)找出溶液中存在的微粒。 (4)分析电离、水解等过程进行的程度大小，比较粒子浓度大小。 如NH4Cl溶液中溶液中，存在的过程有： 电离：NH4Cl = NH＋Cl－ H2OH＋＋OH－（微弱） 水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋（微弱） 溶液中存在的离子有：NH、Cl－、H＋、OH－。 其中，由于NH4Cl完全电离，c(NH)、c(Cl-)显著大于c(H＋)、c(OH－)。 由于有少量NH发生水解，因此c(NH)<c(Cl-)；根据水解反应，可得c(H＋)>c(OH－)，因此NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序是：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。 3．【利用中和滴定曲线分析离子浓度的关系】（24-25高二上·上海·阶段练习）室温下向溶液中加入的醋酸，溶液的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A．a点溶液中： B．a、c两点溶液中水的电离程度相同 C．b点溶液中： D．c点溶液中： 解题要点 抓“五点”破解中和滴定图像 室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示： 起始点A：0.1 mol·L－1HA溶液的pH>1，故HA为弱酸。 半反应点B：溶质为NaA和HA，且=1，pH<7，故溶液中c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。 中性点C：溶质为NaA和HA（稍过量），pH=7，故溶液中c(A-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)。 反应终点D：溶质为NaA，pH>7，故溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。 过量点E：溶质为NaA和NaOH，pH>7，故溶液中c(Na+)> c(OH-)>c(A-)>c(H+)。 利用中和滴定曲线分析离子浓度思路，三看： 一看谁滴定谁，二看坐标，三看特殊点(起点、恰好反应点和中性点)。 4．【利用分布函数图像分析离子浓度关系】（2025·上海松江·二模）H3AsO3水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。 NaH2AsO3溶液中，微粒间关系正确的是 A．c(Na+) = c(H3AsO3)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO) B．c(Na+) = 2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO) C．c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO) D．c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+c(HAsO)+c(AsO)+c(H2AsO) 解题要点 (1)分布系数曲线是指以pH为横坐标，分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标，即分布系数与溶液pH之间的关系曲线。 举例 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以草酸为例) 弱电解 质分布 系数图 δn δ0、δ1分别为CH3COOH、CH3COO－分布系数 δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数 微粒存 在形式 当pH<pKa时，主要存在形式是CH3COOH；当pH>pKa时，主要存在形式是CH3COO－。δ0与δ1曲线相交在δ0＝δ1＝0.5处，此时c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，即pH＝pKa 当pH＝1.2时δ0＝δ1，当pH＝4.2时δ1＝δ2；当pH<1.2时，H2C2O4为主要存在形式；当1.2<pH<4.2时， HC2O为主要存在形式；当pH>4.2时，C2O为主要存在形式 求Ka Ka(CH3COOH)＝，从图可知，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH) 时pH＝pKa ＝4.76，Ka(CH3COOH)＝c(H＋)＝10－4.76 Ka2( H2C2O4)＝，从图可知，c(C2O)＝c(HC2O) 时pH＝4.2，Ka2＝c(H＋)＝10－4.2，同理求得Ka1＝10－1.2 (2)解题要点 ①明确每条曲线所代表的粒子及变化趋势。 ②通过做横坐标的垂线，可判断某pH时的粒子浓度相对大小。 ③交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数。 5．【利用对数图像分析离子浓度关系】某温度下，向一定体积0.1 mol·L－1的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，溶液中pOH[pOH＝－lg c(OH－)]与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．M点和N点溶液中H2O的电离程度相同 B．Q点溶液中，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－) C．M点溶液的导电性小于Q点溶液的导电性 D．N点溶液加水稀释，变小 解题要点 (1)图像类型 包括对数图像和负对数图像以及对数、负对数混合图像，其中负对数图像有以下类型： pH图像 将溶液中c(H＋)取负对数，即pH＝－lg c(H＋)，反映到图像中是c(H＋)越大，则pH越小 pOH图像 将溶液中c(OH－)取负对数，即pOH＝－lg c(OH－)，反映到图像中是c(OH－)越大，则pOH越小 pC图像 将溶液中某一微粒浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取负对数，即pC＝－lg c(A)，反映到图像中是c(A－)越大，则pC越小 (2)解题策略 ①先确定图像的类型是对数图像还是负对数图像。 ②再弄清楚图像中横坐标和纵坐标的含义，是浓度对数还是比值对数。 ③理清图像中曲线的变化趋势及含义，根据含义判断线上、线下的点所表示的意义。 ④抓住图像中特殊点：如lg＝0的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0的点有c(D)＝1 mol·L－1 。 ⑤将图像中数据或曲线的变化与所学知识对接，作出选项的正误判断。 题型6 难溶电解质的沉淀溶解平衡 1．【沉淀溶解平衡及其影响因素】一定温度下，在Ba(OH)2的悬浊液中，存在Ba(OH)2固体与其电离的离子间的溶解平衡关系：Ba(OH)2(s)Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)，向此体系中再加入少量的BaO粉末，如果保持温度不变，则下列说法正确的是(　　) A．c(Ba2＋)增大　　　　 B．溶液中Ba2＋数目减少 C．溶液pH减小 D．溶液pH增大 解题要点 (1)难溶电解质的电离仅仅是沉淀溶解平衡的后一个过程。 总过程 沉淀溶解平衡(可逆) 分过程 沉淀的溶解(可逆) 电解质的电离(可逆或不可逆) 表示形式 用电离方程式形式表示，须标明状态(s)、(aq)，一律用“”。注意与弱电解质的电离方程式区别开来。如Al(OH)3(s)Al3＋(aq)＋3OH－(aq)(沉淀溶解平衡)，Al(OH)3Al3＋＋3OH－(电离平衡) (2)影响沉淀溶解平衡的因素 ①内因：溶质本身的性质。绝对不溶的物质是没有的；同是微溶物质，溶解度差别也很大；易溶溶质只要是饱和溶液也存在沉淀溶解平衡。 ②外因：温度、浓度、相同离子等，其影响符合“勒夏特列原理”。 a．温度：一般来说，温度越高，固体物质的溶解度越大。极少数固体物质的溶解度随温度的升高而减小，如Ca(OH)2。 b．相同离子：加入与电解质电离的离子相同的可溶性盐，平衡向生成沉淀的方向移动，溶解度减小。 c．外加其他物质(与电解质电离的离子反应)，平衡向沉淀溶解的方向移动，溶解度增大。 2．【溶度积常数及其计算】已知25 ℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。 (1)25 ℃时，氯化银的饱和溶液中，c(Cl－)＝__________，向其中加入NaCl固体，沉淀溶解平衡________(填“左移”“右移”或“不移动”)，溶度积常数________(填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)25 ℃时，若向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，混合后溶液中的c(Ag＋)＝________，pH＝________。 (3)25 ℃时，氯化银的饱和溶液和铬酸银的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序为__________，由此可得出________ 更难溶。 (4)将等体积的4×10－3 mol·L－1的AgNO3溶液和4×10－3 mol·L－1的K2CrO4溶液混合________(填“有”或“没有”)Ag2CrO4沉淀产生。 解题要点 1对于同类型物质如AgCl、AgBr、AgI等，可直接用溶度积比较难溶电解质的溶解能力，Ksp越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。 2对于不同类型的物质，Ksp不能直接作为比较依据，而应通过计算将Ksp转化为饱和溶液中溶质的物质的量浓度确定溶解能力的强弱。 3关于溶度积常数的计算 ①已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol·L－1。 ②已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L－1。 ③计算反应的平衡常数，如对于反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，而平衡常数K＝＝。 3．【沉淀溶解平衡图像】在T ℃时，AgI在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知T ℃时AgBr的Ksp＝5×10－13。下列说法不正确的是( ) A．在T℃时，AgI的Ksp＝2.5×10－15 B．图中b点有碘化银晶体析出 C．向c点溶液中加入适量蒸馏水，可使溶液由c点到a点 D．在T ℃时，反应AgBr(s)＋I－(aq)AgI(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝200 解题要点 难溶电解质(以BaSO4沉淀曲线为例说明)Q和Ksp间的关系有以下三种可能： 点的变化 a→c 曲线上变化，c(SO)增大，c(Ba2＋)减小 b→c 加入1×10－5 mol/L Na2SO4溶液，c(Ba2＋)变小，c(SO)不变(加水不行) d→c 加入少量BaCl2固体，c(Ba2＋)增大，c(SO)不变(无沉淀生成，忽略溶液的体积变化) c→a 曲线上变化，c(Ba2＋)，增大c(SO)减小 4．【沉淀的转化】（24-25高三上·上海·期中）卤化银因具有感光性，可用于制造感光材料。已知室温下，，，将AgCl与AgI的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，关于所生成的沉淀说法正确的是 A．只有AgI生成 B．AgCl和AgI等量生成 C．AgCl沉淀少于AgI沉淀 D．AgCl沉淀多于AgI沉淀 解题要点 (1)沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。一般是溶解度小的沉淀会转化生成溶解度更小的沉淀。 (2)当一种试剂能沉淀溶液中几种离子时，生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀；如果生成各种沉淀所需试剂离子的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离离子的目的。 (3)溶解度较小的沉淀在一定条件下也可以转化成溶解度较大的沉淀，如在BaSO4的饱和溶液中加入高浓度的Na2CO3溶液，也可以转化成溶解度较大的BaCO3沉淀。 5．【沉淀溶解平衡在生产生活中的应用】我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活饮用水中镉的排放量不超过0.005 mg·L－1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题： (1)磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式为Ksp＝__________________ 。 (2)一定温度下，CdCO3的Ksp＝4.0×10－12，Cd(OH)2的Ksp＝3.2×10－14，那么它们在水中的溶解量________较大。 (3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8 mol·L－1时，废水中Cd2＋的浓度为______ mol·L－1 [已知：Ksp(CdS)＝7.9×10－27，Ar(Cd)＝112]，此时是否符合生活饮用水卫生标准？_______ (填“是”或“否”)。 题型8 水溶液中的离子反应与平衡综合应用 1．【溶液中的守恒和沉淀溶解平衡综合应用】（25-26高三上·湖南·开学考试）碳酸锰常用作脱硫的催化剂及瓷釉、涂料和清漆的颜料。室温下，用含少量的溶液制备的过程如图所示。已知，下列说法正确的是 A．长期储存NaF溶液应密封于玻璃容器并置于阴凉通风处 B．“除镁”得到的上层清液中： C．“沉锰”的离子方程式为 D．“沉锰”后的滤液中： 2．【化学平衡和电离平衡的综合应用】（24-25高二下·上海·期中）血浆中存在“缓冲”体系：。该体系可使人体血液pH保持在。下列说法正确的是 A．血浆中不存在 B．血液中浓度增大，会使上述平衡正向移动 C．人体血液碱中毒时，可注射溶液缓解 D．“缓冲”作用是指体系中增加少量强酸或强碱时，血浆的酸碱性不会出现较大幅度变化 3．【平衡图像综合题】（24-25高三上·上海·期末）下列装置图或曲线图与对应的叙述相符的是 A．如图1所示，用溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线 B．某温度下、的沉淀溶解平衡曲线如图2所示，纵坐标代表或的浓度。向含等物质的量浓度的和的溶液中滴加溶液，首先沉淀的离子为 C．图3所示为溶液滴定溶液的滴定曲线，当时： D．据图4，若除去溶液中的可向溶液中加入适量至在左右 4．【化学工艺流程与溶液中的离子平衡综合题】（25-26高二上·上海·期中）孔雀石的主要成分为，工业上以孔雀石为原料(含有、、、等杂质)制备胆矾的工艺流程如图： 已知各金属离子的及沉淀的如下表所示(溶液中离子浓度视为完全沉淀)： 金属离子 开始沉淀pH 6.3 1.5 4.0 3.4 完全沉淀pH 8.3 2.8 6.7 (1)写出表示沉淀溶解平衡的方程式： 。 (2)计算完全沉淀的为_______。 A．4.7 B．9.3 C．11.0 D．13.9 (3)利用计算，常温下的溶解度为_______。(本题计算时忽略水的电离) A． B． C． D． (4)加入双氧水的目的是 。 (5)调节值的范围是 ~ 。 (6)调节值时，最适宜加入的物质是_______。 A． B．石灰乳 C．CuO D．Cu (7)操作X是_______。 A．蒸发至晶膜出现，冷却结晶 B．蒸发至大量晶体出现，冷却结晶 C．蒸发至品膜出现，趁热过滤 D．蒸发至大量晶体出现，再利用余热蒸干 (8)经此操作后，胆矾中主要含有的杂质是 。进一步提纯的方法是 。 (9)利用制得的胆矾配置硫酸铜溶液，因胆矾溶解缓慢，实验室常用热水进行溶解，但常常会出现浑浊，其原因是 。解决此问题的方法是在配置溶液的同时加入少量的 。(填化学式) (10)将所配得的溶液加热蒸干，得到的物质为_______。 A． B． C． D．CuS (11)室温下，向浊液中持续通入至饱和，有微量的沉淀发生溶解。忽略溶液的体积变化，测得反应后的溶液中，且。已知：碳酸的，。见上表。反应后的溶液 ， ，。 5．【滴定法和沉淀溶解平衡综合题】（25-26高三上·上海松江·期末）间接碘量法是以碘化物(如KI)进行测定的方法，可用于铜合金中铜含量的测定。 过程如下： 步骤① 用酸溶解铜合金样品1.1500 g，调控溶液的pH，配制100 mL样品溶液。 步骤② 移取20.00 mL溶液，加入过量KI并密封。发生如下反应： 2Cu2+ + 4I− = 2CuI↓ + I2    I2 + I−I 步骤③ 充分反应后，立即用Na2S2O3标准溶液滴定待测液至浅黄色后加入稍过量的KSCN溶液，继续滴定至黄色几乎消失时，加入淀粉溶液，再滴定至终点。发生如下反应：I2 + 2 S2O= S4O+2 I− 已知： I、CuI沉淀表面易吸附I2，CuSCN吸附I2的能力远小于CuI，且被吸附的I2不能与Na2S2O3充分反应。 II、该实验温度下，Ksp(CuSCN) = 5.0×10-15 ，Ksp(CuI) = 1.0×10-12 。 (1)步骤①必须使用的定量仪器有______。(不定项) A．容量瓶 B．量筒 C．分析天平 D．烧杯 A．A B．B C．C D．D (2)反应2Cu2+ + 4I− =2CuI↓ + I2中，每4 mol I− 参与反应，转移______mol电子。 A．1 B．2 C．3 D．4 (3)步骤②加入过量KI后，需密封的原因可能是 。 (4)滴定时需将溶液pH控制在3~4，分析其可能的原因 (偏高、偏低各写一条)。 (5)步骤③加入KSCN的作用是 。 (6)判断达到滴定终点的现象为 。 (7)为减小实验误差，下列说法错误的是______。 A．Na2S2O3标准溶液长期存放后，不宜直接用于碘的滴定 B．滴定过程中，应在光照条件下慢滴慢摇 C．为防止KSCN被I2氧化，接近终点时再加入KSCN D．为避免淀粉与I2大量结合，接近滴定终点时再加入淀粉溶液 (8)平行实验测得消耗 0.1050 mol·L-1 Na2S2O3溶液20.00 mL，计算合金中的质量分数 。(写出计算步骤，计算结果保留小数点后两位) 1 / 1学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 第3章 水溶液中的离子反应与平衡 题型1 水的电离和溶液的酸碱性 题型2 弱电解质的电离平衡（重点） 题型3 酸碱中和滴定（重点） 题型4 盐类水解（重点） 题型5 水溶液中的粒子浓度关系（重点） 题型6 难溶电解质的沉淀溶解平衡（重点） 题型7 水溶液中的离子反应与平衡综合应用 题型1 水的电离和溶液的酸碱性 1．【水的电离平衡及影响因素】（25-26高二上·上海·阶段练习）已知100℃时，水的离子积常数。下列对于水的电离平衡移动说法正确的是 A．向水中加入硝酸，平衡正向移动 B．向水中加入醋酸钠，平衡逆向移动 C．向水中继续加水，平衡正向移动 D．对水进行降温，平衡逆向移动 【答案】D 【解析】A．向水中加入硝酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，A错误；     B．向水中加入醋酸钠，醋酸根结合了氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，B错误； C．向水中继续加水，水的浓度视为常数，平衡不移动，C错误； D．水的电离为吸热反应，对水进行降温，平衡逆向移动，D正确； 故选D。 解题要点 (1)在水中加入酸或碱，会抑制水的电离，水电离出的c(H＋)、c(OH－)均减小，但仍然相等。在常温下，若由水电离出的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。 (2)水受热温度升高，促进水的电离，水电离出的c(H＋)、c(OH－)均增大，但仍然呈中性。 (3)在酸或碱的溶液中，Kw表达式中的c(H＋)、c(OH－)均为溶液中两种离子的总浓度，不一定是水电离出的c(H＋)、c(OH－)。如0.1 mol·L－1盐酸中，c(H＋)约为0.1 mol·L－1。 2．【水的离子积常数】下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是(　　) A．Kw随溶液中c(H＋)和c(OH－)的变化而变化 B．水的离子积常数Kw与水的电离平衡常数K是同一个物理量 C．水的离子积常数仅仅是温度的函数，随着温度的变化而变化 D．水的离子积常数Kw与水的电离平衡常数K是两个没有任何关系的物理量 【答案】 C 【解析】 水的离子积常数Kw＝K·c(H2O)。一定温度下K和c(H2O)都是不变的常数，所以Kw仅仅是温度的函数。水的离子积常数的表达式是Kw＝c(H＋)·c(OH－)，但是只要温度一定，Kw就是不变的常数。溶液中H＋的浓度变大，OH－的浓度就变小，反之亦然。 解题要点 (1)Kw揭示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，H＋和OH－共存，只是相对含量不同而已。 (2)Kw只与温度有关。因为水的电离是吸热过程，所以温度升高，有利于水的电离，Kw增大，如100 ℃，Kw＝5.6×10－13。但是在室温下，可忽略温度的影响，Kw为1.0×10－14。 (3)Kw不仅适用于纯水，还适用于酸、碱的稀溶液，且由水电离的c水(H＋)＝c水(OH－)。此时，水溶液中水的离子积常数不变。 3．【溶液的酸碱性判断】常温下，喷墨打印机墨汁的pH为7.5～9.0。当墨汁喷在纸上时，与酸性物质作用生成不溶于水的固体。由此可知(　　) ①墨汁偏碱性　　②墨汁偏酸性 ③纸张偏酸性　　④纸张偏碱性 A．①③　　　　　B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】 A 【解析】 常温下，pH＞7的液体呈碱性，碱性墨汁喷在纸上与酸性物质作用生成不溶于水的固体，故纸张偏酸性。 解题要点 溶液酸碱性的判断依据 (1)根本依据：用c(H＋)、c(OH－)的相对大小来判断溶液酸碱性，则不受温度影响。 c(H＋)>c(OH－)　溶液呈酸性； c(H＋)＝c(OH－)　溶液呈中性； c(H＋)<c(OH－)　溶液呈碱性。 (2)常用依据：25 ℃时溶液的pH与酸碱性的关系 pH>7，表示溶液呈碱性，pH越大，溶液的碱性越强，pH每增加1个单位，溶液的c(OH-)增大到原来的10倍。 pH＝7，溶液呈中性。 pH<7，表示溶液呈酸性，pH越小，溶液酸性越强，pH每减小1个单位，溶液的c(H+)增大到原来的10倍。 (3)其他依据：使用酸碱指示剂进行判断，要注意指示剂的变色范围。 使甲基橙变红的溶液呈酸性； 使石蕊变红的溶液呈酸性； 使酚酞变红的溶液呈碱性。 4．【有关pH的计算】已知在100 ℃时水的离子积Kw＝1×10－12，下列溶液的温度均为100 ℃。其中说法正确的是(　　) A．0.005 mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝2 B．0.001 mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11 C．0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性 D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50 mL，需要pH＝9的NaOH溶液100 mL 【答案】 A 【解析】 A项，0.005 mol·L－1的H2SO4溶液中，c(H＋)＝0.005 mol·L－1×2＝0.01 mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lg 0.01＝2。B项，0.001 mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－9)＝9。C项，0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性，pH＝6。D项，pH＝3的H2SO4溶液c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液，c(OH－)＝10－3 mol·L－1，二者完全中和，需要溶液的体积相等。 解题要点 (1)强酸溶液和强碱溶液混合后计算pH，必须先判断出混合后溶液的酸碱性，然后计算混合后的OH-或H＋浓度。 (2)根据酸的浓度计算酸溶液的pH时，不必考虑温度，而根据碱的浓度计算碱溶液的pH时，需要根据离子积计算c(H＋)，因此一定要注意溶液的温度，只有室温时，Kw＝1.0×10－14。 (3)一定pH的强碱与强碱混合后求pH。在计算过程中易出现直接用H＋浓度进行混合计算的错误。因为强碱溶液的混合是OH－混合，H＋是随OH－浓度改变而改变的，不能直接用于混合碱的计算，H＋浓度必须通过c(H＋)＝来求。 5．【Kw的应用】(1)某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，则此时纯水的c(OH－)为_____________。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则溶液中c(OH－)为__________，此时温度_______(填“高于”“低于”或“等于”)25 ℃。 (2)在不同温度下的水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。请回答下列问题： ①曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积为________，曲线Ⅰ所代表的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)曲线Ⅱ所代表的温度。你判断的依据是_______________________________________。 ②曲线Ⅰ所代表的温度下，0.01 mol·L－1的NaOH溶液的c(H＋)为________ mol·L－1。 【答案】(1)2×10－7 mol·L－1　8×10－11 mol·L－1　高于 (2)①1×10－12　高于　曲线Ⅱ所代表的水的离子积比曲线Ⅰ的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低 ②10－10 【解析】(1)纯水中的H＋的浓度一定等于OH－的浓度，因此某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，则此时纯水的c(OH－)＝2×10－7 mol·L－1。该温度下的离子积常数是4×10－14，若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝8×10－11 mol·L－1。由于此时水的离子积常数大于10－14，水电离吸热，所以此时温度高于25 ℃。 解题要点 1．水的电离平衡曲线 (1)曲线上的任意点(如a，b，c)的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同，温度相同。 (2)曲线外的任意点(如d)与曲线上任意点的Kw不同，温度不同。 (3)实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定改变温度。 2．溶液中水电离出的c(H＋)或c(OH－)的计算方法 Kw表达式中c(H＋)、c(OH－)均表示整个溶液中总物质的量浓度，但是一般情况下有： (1)酸溶液中Kw＝c酸(H＋)·c水(OH－)(忽略水电离出的H＋的浓度)。 (2)碱溶液中Kw＝c水(H＋)·c碱(OH－)(忽略水电离出的OH－的浓度)。 (3)外界条件改变，水的电离平衡发生移动；但由水电离出的c(H＋)与水电离出的c(OH－)一定相等。 (4)室温下，由水电离出的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。 题型2 弱电解质的电离平衡 1．【弱电解质的电离平衡】（2025高二下·上海静安·学业考试）常温下，下列对于饱和溶液的说法正确的是 A．溶液的 B．溶液中不存在硫离子 C．溶液中不存在硫化氢分子 D．溶液中不存在氢氧根离子 【答案】A 【知识点】水的电离、弱电解质的电离平衡 【解析】A．H2S是弱酸，其溶液因部分电离产生H+而呈酸性，pH<7，A正确； B．H2S分步电离，第二步生成少量S2⁻，因此溶液中存在S2⁻，B错误； C．H2S为弱酸，是弱电解质，大部分以分子形式存在，溶液中存在H2S分子，C错误； D．溶液中水的自偶电离会产生OH⁻，尽管浓度极低，但OH⁻仍存在，D错误； 故选A。 解题要点 (1)电离平衡也属于化学平衡，可用勒夏特列原理分析弱电解质的电离平衡。 (2)弱电解质在水溶液中的电离都是可逆过程，大多数弱电解质的电离程度都很小。 (3)弱电解质处于电离平衡状态时，电解质分子电离成离子和离子结合成电解质分子的过程没有停止，且v电离=v结合≠0。 (4)溶液中电解质分子和电解质离子同时存在，且溶液中电解质分子和电解质离子的浓度保持不变。 2．【影响电离平衡的因素】（25-26高二上·上海·课后作业）在稀氨水中存在下列平衡：NH3 + H2O⇌NH3·H2O⇌+ OH- ，对于该平衡，下列叙述正确的是 A．加入少量NH4Cl固体，平衡逆向移动，溶液的c(OH-)减小 B．通入少量氨气，平衡正向移动，c (NH3·H2O) 减小 C．加入少量NaOH固体，并恢复至室温，平衡逆向移动，NH3·H2O的电离平衡常数减小 D．加水稀释，NH3·H2O的电离程度及c ( OH- ) 都增大 【答案】A 【知识点】浓度对电离平衡的影响、电离平衡常数及影响因素、弱电解质在水溶液中的电离平衡 【解析】A．加入少量NH4Cl固体，浓度增大，平衡朝着消耗的方向即逆向移动，导致溶液中的c(OH-)减小，A正确； B．通入氨气促使平衡正向移动，c(NH3·H2O)增大，B错误； C．加入少量NaOH固体，c(OH-)增大，平衡逆移；由于平衡常数K仅与温度有关，溶液恢复至室温，则一水合氨的平衡常数K不变，C错误； D．加水稀释，更多的NH3·H2O发生电离，其电离平衡正向移动，电离程度增大，n(OH-)增大，但由于溶液的体积增大更多，c(OH-)减小，D错误； 故答案选A。 解题要点 (1)温度：由于电离过程吸热，升温，电离平衡正向移动；降温，电离平衡逆向移动。 (2)浓度：电解质溶液的浓度越小，它的电离程度就越大。 (3)勒夏特列原理适用于电离平衡： ①同离子效应：加入含有弱电解质离子的强电解质，电离平衡逆向移动。例如向CH3COOH溶液中加入CH3COONa，电离平衡逆向移动。 ②酸或碱效应：加入浓度较大的酸或碱，电离平衡发生移动。例如向CH3COOH溶液中加入盐酸，电离平衡逆向移动；加入NaOH，电离平衡正向移动。 ③化学反应：当加入的物质能与弱电解质电离产生的某种离子反应时，会使电离平衡向电离的方向移动。例如向CH3COOH溶液中加入NaOH溶液、金属Zn或Na2CO3溶液，醋酸电离出的H+与OH-、Zn或CO32-反应，c(H+)减小，电离平衡正向移动。 3．【电离平衡常数及应用】（24-25高三上·上海·期中）H2S浓度过大会对鱼虾的养殖造成极大负面影响，可投入Na2CO3处理。碳酸和硫化氢的电离平衡常数如下表： Ka1 Ka2 H2S 1.3×10-7 7.0×10-15 H2CO3 4.2×10-7 4.8×10-11 该处理过程发生的离子方程式为 A．CO + H2S = H2CO3 + S2- B．CO+ 2H2S = H2CO3 + 2HS- C．CO+ H2S = HCO + HS- D．2CO+ H2S = 2HCO + S2- 【答案】C 【解析】分析表中氢硫酸、碳酸的电离常数知酸性：H2CO3＞H2S＞HCO＞HS-，根据强酸制弱酸原理知H2S与足量的Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，该反应的离子方程式为CO+ H2S = HCO + HS-，故C正确； 故选 C。 解题要点 电离平衡常数的应用 (1)判断弱酸(或弱碱)的相对强弱 电离平衡常数越大，酸性(或碱性)越强。 (2)判断电离平衡的移动方向 如在一定浓度的CH3COOH溶液中K＝；稀释一倍后，假设平衡不移动，则Q＝＝K，Q<K，平衡向电离方向移动。 (3)判断溶液中微粒浓度比值的变化情况 如0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，＝＝，加水稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则增大。 4．【电离平衡和电离度的计算】在一定温度下，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋ (1)某温度时，0.1 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋) 与0.01 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)的比值________(填“大于”“小于”或“等于”)10。 (2)已知：25 ℃时，该电离平衡的平衡常数为1.8×10－5。 ①求该温度时，a mol·L－1的醋酸溶液中c1(H＋)＝________mol·L－1 (用含a的代数式表示)。 [提示：此时电离度比较小，进行简化计算，平衡时c(CH3COOH)可用初始浓度代替，水电离出的c(H＋) 、c(OH－)忽略不计，下同] ②若该温度时向该溶液中加入一定量的CH3COONH4(假设溶液体积不变)，使溶液中c(CH3COO－)为b mol·L－1，则此时c2(H＋)＝________mol·L－1(用含a、b的代数式表示)。 ③c1(H＋)________(填“大于”“小于”或“等于”)c2(H＋)。 【答案】 (1)小于　(2)① ②　③大于 【解析】 (1)对于相同的弱电解质溶液，浓度越大，电离程度越小，0.1 mol·L－1的醋酸溶液中电离程度比0.01 mol·L－1的醋酸溶液电离程度小，则二者c(H＋)之比小于10。 (2)醋酸的电离平衡常数K＝＝1.8×10－5，则c(H＋)＝1.8×10－5×a mol·L－1，c1(H＋)＝ mol·L－1。根据平衡常数表达式，将c(CH3COO－)代入，可求得c2(H＋)＝ mol·L－1。在醋酸溶液中加入醋酸铵会抑制醋酸的电离，使氢离子浓度减小。 解题要点 电离平衡常数中，电解质分子和电解质离子的浓度都是平衡浓度。 对电离平衡常数和电离度的计算时，一般采用三段式： 以CH3COOHCH3COO-+H+为例，设CH3COOH的初始浓度为c mol·L-1，电离平衡常数为Ka，电离度为α。 CH3COOH  CH3COO- + H+ 初始浓度(mol/L) c 0 0 转化浓度(mol/L) cα cα cα 平衡浓度(mol/L) c- cα cα cα 其中：当酸或碱较弱时，c- cα≈c 则：Ka= = = cα2 5．【强酸和弱酸的比较】（25-26高二上·上海·期中）下列不能说明是弱酸的方法是 A．测得溶液的 B．测得溶液的 C．的溶液加水稀释100倍后 D．溶液恰好与溶液完全反应 【答案】D 【解析】A．测得0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH>1，说明CH3COOH未完全电离，是弱酸，A不符合题意； B．测得0.1 mol/L  CH3COONa溶液的pH>7，说明CH3COO-水解，证明CH3COOH是弱酸，B不符合题意； C．pH=1的CH3COOH稀释100倍后pH<3，说明稀释时电离平衡正向移动，证明CH3COOH是弱酸，C不符合题意； D．等物质的量的CH3COOH与NaOH完全反应，仅说明两者物质的量相等，无法证明CH3COOH是否是弱酸，D符合题意； 故答案选D。 解题要点 强酸与弱酸的比较 (1)相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较 　比较项目 酸 c(H＋) 酸性 中和碱 的能力 与足量活泼金属反应产生H2的总量 与同一金属反应时的起始反应速率 一元强酸 大 强 相同 相同 大 一元弱酸 小 弱 小 (2)相同体积、相同c(H＋)的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较 　　比较项目 酸 c(H＋) 酸性 中和碱 的能力 与足量活泼金属反应产生H2的总量 与同一金属反应时的起始反应速率 一元强酸 相同 相同 小 少 相同 一元弱酸 大 多 题型3 酸碱中和滴定 1．【酸碱中和滴定原理及仪器的使用】利用下列实验装置及药品能完成相应实验的是(　　) 选项 A B C D 目的 测定某盐酸的浓度 测定某NaOH溶液的浓度 记录滴定终点读数：12.20 mL 排除滴定管内气泡 装置或操作 【答案】D 【解析】眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，从而判断滴定终点，操作不合理，故A错误；由图中所给药品可知，缺少指示剂，不能确定滴定终点，不能完成实验，故B错误；滴定管的“0”刻度在上方，读数应为11.80 mL，故C错误；图中挤压橡胶管，挤压时尖嘴向上，气泡密度较小，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可将气泡赶出，操作合理，故D正确。 2．【pH突变和指示剂的选择】室温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸中滴加0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5＝0.7。下列说法不正确的是(　　) A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7 B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大 D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3 【答案】C 【解析】这是室温下用强碱滴定强酸，当NaOH与盐酸恰好完全反应时，溶液呈中性，即pH＝7，A项正确；指示剂的选择原则：变色要明显，灵敏，且指示剂的变色范围要尽可能在滴定过程中的pH突变范围内，可减小实验误差，故B项正确；由图像可知，甲基红的变色范围更接近反应终点，选择甲基红作指示剂误差比甲基橙要小，故C项错误；当V(NaOH)＝30.00 mL时，n(OH－)＝0.100 0 mol·L－1×0.03 L－0.100 0 mol·L－1×0.02 L＝0.001 mol，则c(OH－)＝0.001 mol/0.05 L＝0.02 mol·L－1，pH＝13－lg5＝12.3，故D项正确。 解题要点 (1)酸碱中和滴定曲线和pH突变 ①由滴定曲线分析，在酸、碱中和滴定过程中，溶液的pH在接近滴定终点pH发生突变。 ②在pH发生突变的范围内，滴加很少的酸(或碱)，溶液的pH就有很大的变化，能使指示剂的颜色变化明显，有利于确定滴定终点。 (2)指示剂选择的基本原则 变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。 ①不能用石蕊作指示剂。 ②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。 ③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。 ④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。 3．【中和滴定实验及误差分析】（24-25高二上·上海闵行·期中）在溶液滴定盐酸的实验中，下列操作会使实验结果偏小的是 A．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准碱液进行滴定 B．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡并未消失 C．锥形瓶用盐酸润洗 D．酚酞溶液从无色变为浅粉红色后立即停止滴定 【答案】D 【解析】A．盛放标准的碱式滴定管未润洗，则消耗标准液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，A不符合题意； B．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束气泡并未消失，则消耗标准液体积不确定，计算出待测液浓度不确定，B不符合题意； C．锥形瓶用盐酸润洗，导致待测液体积偏大，消耗标液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，C不符合题意； D．用酚酞作指示剂滴至无色刚变为浅粉红色时，立即停止加并读数，可能还未达到滴定终点，消耗标液体积偏小，计算待测液浓度偏低，D符合题意； 故选D。 解题要点 (1)仪器洗涤：在酸碱中和滴定前的准备工作中，滴定管用蒸馏水洗净后，还要用标准液润洗2～3次，其原因是标准液的浓度已知，若滴定管未用标准液润洗，滴定管内壁附着的水会使标准液实际浓度减小，消耗标准液体积增大，由c(待)＝可知，待测液浓度偏大。 (2)在滴定前，锥形瓶用蒸馏水洗净后，不能用待测液润洗。因为若用待测液润洗锥形瓶，会使量取的待测液的实际体积增大，消耗标准液的体积增大，使测定结果偏大。 (3)滴定管正确的读数方法是视线、刻度线、凹液面在同一水平线上。 4．【中和滴定曲线】（25-26高三上·北京房山·开学考试）常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mLbmol/L的盐酸和醋酸溶液，两个滴定过程中溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．曲线I表示滴定醋酸 B．a点浓度最大的离子是Na＋ C．V[NaOH(aq)]=20mL时，c(Cl-)>c(CH3COO-) D．用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不褪色 【答案】B 【解析】A．相同条件下等浓度的酸，弱酸的pH大，因此Ⅰ代表的是醋酸，A正确； B．a点溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，由电荷守恒：，此时溶液显酸性，则，B错误； C．V[NaOH(aq)]=20 mL时，溶质分别恰好为等浓度氯化钠和醋酸钠，盐酸是强酸、醋酸为弱酸，醋酸钠溶液中醋酸根离子发生水解，c(Cl−)＞c(CH3COO−)，C正确； D．用碱滴定酸的时候，终点时溶液显弱碱性（滴定强酸过量的半滴碱或者滴定弱酸时弱酸强碱盐都使终点显碱性），用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色，D正确； 故选B。 解题要点 酸碱中和滴定曲线的分析方法 首先看横、纵坐标，搞清楚是酸加入碱中，还是碱加入酸中；其次看起点，起点可以看出酸性或碱性的强弱；再找滴定终点和中性点，判断滴定终点的酸碱性，然后确定中性点(常温下pH＝7)的位置；最后分析其他的特殊点(如滴定一半点，过量一半点等)，分析酸、碱过量情况。 题型4 盐类的水解 1．【盐类水解的原理】（23-24高三上·上海崇明·期末）肼(N2H4)为二元弱碱。已知： ①肼在水中的电离与氨类似，常温下N2H4在水中的电离方程式为：一级电离为，二级电离为； ②盐酸肼(N2H6Cl2)属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。 下列关于肼和盐酸肼说法不正确的是 A．常温下，的的水溶液的pH值小于13 B．盐酸肼水溶液中： C．盐酸肼水溶液中： D．N2H5Cl在水溶液中的电离方程式： 【答案】D 【解析】A．常温下，为二元弱碱，假设的的水溶液完全电离，氢氧根浓度为0.1mol/L，pH=13；故弱碱，pH值小于13正确，A正确； B．盐酸肼在水溶液中完全电离：N2H6Cl2=，然后发生水解：、，水解溶液呈酸性，故有，B正确； C．根据B分析，盐酸肼水溶液中存在电荷守恒：，C正确； D．N2H5Cl属于盐类，水溶液中完全电离，电离方程式：，D错误； 答案选D。 解题要点 (1)盐类水解的实质是盐电离出的离子(弱碱阳离子或者弱酸阴离子)跟水电离出来的OH-或H+结合生成弱碱或弱酸，从而破坏了水的电离平衡，导致溶液中c(OH-)和c(H+)不相等，则溶液表现一定的酸碱性。 (2)盐类水解对水的电离平衡的影响：弱碱阳离子或者弱酸阴离子在溶液中水解，因此水的电离程度增大，因此水电离出的c(H+)和c(OH-)增大。 (3)盐类水解的特点 ①可逆反应：盐类水解生成酸和碱，所以盐类的水解反应是酸碱中和反应的逆反应。 ②吸热反应：盐的水解是吸热过程，温度升高，盐的水解程度增大。 ③程度微弱：通常情况下，盐水解的程度很小，但对溶液酸碱性的影响较大。 ④动态平衡：盐类的水解平衡状态属于动态平衡。 2．【盐类水解的规律及应用】（25-26高三上·上海·月考）已知常温下、、HClO的电离平衡常数如下表所示： 弱酸 HClO 电离平衡常数 常温下，三种等物质的量浓度的弱酸钠盐的碱性由强到弱的顺序为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】常温下，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，电离出的离子水解能力就越弱，对应的等物质的量浓度的盐的碱性越弱；依据题目信息，酸性由强到弱排序为：，离子水解能力由弱到强的顺序为：，水解能力越强，盐的碱性就越强，据此作答。 【解析】依据分析，常温下三种等物质的量浓度的弱酸钠盐的碱性由强到弱的顺序为：； A．，与结论不符，A错误； B．，B正确； C．，与结论不符，C错误； D．，与结论不符，D错误； 故答案选B。 解题要点 (1)能发生水解相互促进反应的离子不能大量共存，反应进行完全，产生沉淀或气体，如： 2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑，Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑。 (2)相同温度下，Ka(HA)>Ka(HB)，即HA的酸性比HB强，那么相同浓度的NaA、NaB溶液中B－的水解程度比A－大；c(A－)>c(B－)，c(HA)<c(HB)，NaA溶液的c(OH－)小，碱性弱。 (3)多元弱酸的电离常数Ka1≫Ka2≫Ka3，由此可以推知弱酸的正盐的碱性比酸式盐强，以Na2CO3和NaHCO3为例：CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，CO和HCO对应的弱酸分别是HCO和H2CO3，HCO的电离程度比H2CO3小得多，所以CO的水解程度比HCO大得多，相同浓度时Na2CO3溶液的碱性强，pH大。 (4)多元弱酸的酸式酸根离子既有水解倾向又有电离倾向，其盐溶液的酸碱性取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。 ①若水解程度大于电离程度，溶液显碱性。如NaHCO3、NaHS。 ②若水解程度小于电离程度，溶液显酸性。如NaHSO3。 (5)多元强酸的酸式盐中，酸式酸根离子只电离不水解，溶液显酸性。如NaHSO4=Na＋＋SO＋H＋。 3．【影响盐类水解的因素】（24-25高二上·上海·期中）向1000 mL 0.10 mol/L醋酸钠的水溶液中加入纯醋酸，下列说法正确的是(忽略溶液的体积与温度变化)。 A．醋酸根离子水解平衡向正反应方向移动 B．溶液中醋酸分子的浓度降低 C．溶液的pH升高 D．溶液中醋酸根离子的浓度升高 【答案】D 【分析】醋酸钠中醋酸根离子的水解方程式：，据此分析； 【解析】A．醋酸根在溶液中部分水解，加入纯醋酸，醋酸溶液浓度增大，平衡逆向移动，A错误； B．加入纯醋酸，醋酸溶液浓度增大，B错误； C．加入纯醋酸，醋酸溶液浓度增大，平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，pH减小，C错误； D．加入纯醋酸，醋酸溶液浓度增大，平衡逆向移动，溶液中醋酸根离子的浓度升高，D正确； 故选D。 解题要点 (1)影响盐类水解的主要因素是盐本身的性质，因此在研究盐类水解问题时，分析方法如下： ①判断盐溶液中存在的离子的种类，即是否存在弱的阳离子或弱酸根离子； ②根据离子的种类判断水解后溶液的酸碱性。 ③根据离子对应的弱电解质的平衡常数判断水解的程度大小，弱电解质的平衡常数越小，水解程度越大。 (2)影响盐类水解的外界因素 ①温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，水解程度增大。 ②浓度：盐的浓度越小，电解质离子相互碰撞结合成电解质分子的几率越小，水解程度越大。 ③酸碱性：向盐溶液中加入H＋，可抑制阳离子水解，促进阴离子水解；向盐溶液中加入OH－，能抑制阴离子水解，促进阳离子水解。 4．【限定条件下的离子共存问题】（25-26高二上·上海·阶段练习）常温下，某溶液中由水电离出的，下列离子可能在其中大量存在的是 A．、、 B．、、 C．、、 D．、、 【答案】C 【分析】常温下，某溶液中由水电离出的，说明该溶液可能显酸性，也可能显碱性，据此进行分析。 【解析】A．若该溶液显酸性，Fe2+在酸性条件下会被氧化为Fe3+，因此酸性条件下、无法共存；在碱性条件下Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀。A不符合题意； B．和Mg2+在碱性条件下会分别生成NH3·H2O和Mg(OH)2沉淀，S2-在酸性条件下会与H+反应生成H2S气体。无论酸性或碱性均无法共存。B不符合题意； C．和在强酸性条件下会与H+发生反应，因此不能共存；而和在强碱性条件下稳定，不会与OH-反应，Na+为强碱阳离子，因此三种离子在该溶液中可能大量共存。C符合题意； D．在酸性条件下会分解为SO2和H2O，在碱性条件下会转化为，因此在酸性和碱性条件下都不能大量共存。D不符合题意； 答案选C。 5．【盐类水解的应用】（25-26高二上·上海·月考）下面的问题中，与盐类水解有关的是 ①为保存溶液，要在溶液中加入少量盐酸 ②实验室盛放、等溶液的试剂瓶应用橡胶塞 ③在或溶液中加入镁条会产生气泡 ④长期使用硫酸铵，土壤酸性增强 A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．全部 【答案】D 【解析】①溶液中易水解，要在溶液中加入少量盐酸抑制水解； ②、水解导致溶液呈碱性，会与玻璃塞反应，故选用橡胶塞； ③、水解产生氢离子，可与Mg反应产生气泡； ④水解产生氢离子，使土壤酸性增强； 综上，①②③④均与盐类水解有关，故选D。 题型5 水溶液中的粒子浓度关系 1．【溶液中的守恒关系】（24-25高二下·上海·期中）HA是一种弱酸。下列说法正确的是 A．溶液中， B．常温下，的HA溶液中， C．常温下，的HA与NaA混合溶液中， D．溶液中， 【答案】C 【解析】A．溶液中A-发生水解生成HA和OH-，溶液呈碱性，且水解是微弱的，则，A错误； B．常温下，的HA溶液呈酸性，HA部分电离产生H+和A-，由于水也会电离出H+，则，B错误； C．常温下，的HA与NaA混合溶液呈酸性，，由电荷守恒可知，，C正确； D．溶液中存在电荷守恒：，则，D错误； 故选C。 解题要点 溶液中的守恒问题包括：物料守恒、电荷守恒和质子守恒。 (1)物料守恒 在溶液中，溶质以分子和离子的形式存在，溶质分子和离子的物质的量浓度之和等于该溶质的物质的量浓度。如0.1mol·L-1的CH3COONa溶液，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.1mol·L-1。 (2)电荷守恒 同一溶液中，溶液呈电中性，因此正电荷总数与负电荷总数相等。如Na2CO3溶液，c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)×2+c(HCO3-)+c(OH-)。 注意：电荷总数=离子浓度（或物质的量）×离子所带电荷数。 (3)质子守恒 弱电解质离子在溶液中发生水解，弱电解质离子结合水电离出的H+或OH-，使溶液中的c(H+)≠c(OH-)。但在溶液中，水电离出的H+浓度和OH-浓度总是相等的。 如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下： 由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。 质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。 2．【盐溶液中离子浓度大小的比较】（25-26高三上·上海·月考）在25℃时，浓度均为 的三种溶液①、②、③溶液中，铵根离子浓度由大到小的顺序是 A．①②③ B．③①② C．②①③ D．②③① 【答案】B 【解析】三种溶液中，铵根离子浓度受其他离子水解的影响： ①(NH4)2SO4：为强酸的酸根，不水解，故其对水解无影响； ②(NH4)2CO3：水解生成OH-，使溶液呈碱性，促进水解； ③ (NH4)2Fe(SO4)2：Fe2+水解生成H+，使溶液呈酸性，抑制水解； 显然，水解程度越大，剩余的浓度越小，综上所述，铵根浓度顺序为③ > ① > ②，对应选项B。 解题要点 溶液中粒子浓度大小比较的方法和思路 (1)确定溶液中溶质的成分和浓度大小。 (2)分析溶液中存在的过程，包括：电离过程（完全电离和部分电离）、弱电解质离子的水解过程、水的电离。 (3)找出溶液中存在的微粒。 (4)分析电离、水解等过程进行的程度大小，比较粒子浓度大小。 如NH4Cl溶液中溶液中，存在的过程有： 电离：NH4Cl = NH＋Cl－ H2OH＋＋OH－（微弱） 水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋（微弱） 溶液中存在的离子有：NH、Cl－、H＋、OH－。 其中，由于NH4Cl完全电离，c(NH)、c(Cl-)显著大于c(H＋)、c(OH－)。 由于有少量NH发生水解，因此c(NH)<c(Cl-)；根据水解反应，可得c(H＋)>c(OH－)，因此NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序是：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。 3．【利用中和滴定曲线分析离子浓度的关系】（24-25高二上·上海·阶段练习）室温下向溶液中加入的醋酸，溶液的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A．a点溶液中： B．a、c两点溶液中水的电离程度相同 C．b点溶液中： D．c点溶液中： 【答案】D 【分析】室温下向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L的醋酸，a点酸碱的物质的量相等，二者恰好反应生成醋酸钠； b点溶液呈中性，；c点加入20mL的醋酸溶液，得到和等物质的量的混合溶液。 【解析】A．室温下向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L的醋酸，a点酸碱的物质的量相等，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根水解使溶液呈碱性，a点溶液中：，A错误； B．a点为醋酸钠水溶液，醋酸根水解促进水的电离，a点以后继续加入醋酸，抑制水的电离，a点水的电离程度更大，B错误； C．混合溶液存在电荷守恒，b点溶液呈中性，，所以，C错误； D．c点加入20mL的醋酸溶液，得到和等物质的量的混合溶液，溶液呈酸性，说明的电离程度大于的水解程度，则c点溶液中：，D正确； 故答案为：D。 解题要点 抓“五点”破解中和滴定图像 室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示： 起始点A：0.1 mol·L－1HA溶液的pH>1，故HA为弱酸。 半反应点B：溶质为NaA和HA，且=1，pH<7，故溶液中c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。 中性点C：溶质为NaA和HA（稍过量），pH=7，故溶液中c(A-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)。 反应终点D：溶质为NaA，pH>7，故溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。 过量点E：溶质为NaA和NaOH，pH>7，故溶液中c(Na+)> c(OH-)>c(A-)>c(H+)。 利用中和滴定曲线分析离子浓度思路，三看： 一看谁滴定谁，二看坐标，三看特殊点(起点、恰好反应点和中性点)。 4．【利用分布函数图像分析离子浓度关系】（2025·上海松江·二模）H3AsO3水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。 NaH2AsO3溶液中，微粒间关系正确的是 A．c(Na+) = c(H3AsO3)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO) B．c(Na+) = 2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO) C．c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO) D．c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+c(HAsO)+c(AsO)+c(H2AsO) 【答案】C 【解析】A．NaH2AsO3溶液中存在物料守恒：c(Na+) = c(HAsO)+c(AsO)+c(H2AsO)+ c(H3AsO3)，A错误； B．NaH2AsO3溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+) = 2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO)+ c(OH-)，由图可知，H2AsO离子最多时溶液显碱性，NaH2AsO3溶液中c(OH-)>c(H+)，则c(Na+) > 2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO)，B错误； C．NaH2AsO3溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO)，C正确； D．NaH2AsO3溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(H2AsO)，D错误； 答案选C。 解题要点 (1)分布系数曲线是指以pH为横坐标，分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标，即分布系数与溶液pH之间的关系曲线。 举例 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以草酸为例) 弱电解 质分布 系数图 δn δ0、δ1分别为CH3COOH、CH3COO－分布系数 δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数 微粒存 在形式 当pH<pKa时，主要存在形式是CH3COOH；当pH>pKa时，主要存在形式是CH3COO－。δ0与δ1曲线相交在δ0＝δ1＝0.5处，此时c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，即pH＝pKa 当pH＝1.2时δ0＝δ1，当pH＝4.2时δ1＝δ2；当pH<1.2时，H2C2O4为主要存在形式；当1.2<pH<4.2时， HC2O为主要存在形式；当pH>4.2时，C2O为主要存在形式 求Ka Ka(CH3COOH)＝，从图可知，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH) 时pH＝pKa ＝4.76，Ka(CH3COOH)＝c(H＋)＝10－4.76 Ka2( H2C2O4)＝，从图可知，c(C2O)＝c(HC2O) 时pH＝4.2，Ka2＝c(H＋)＝10－4.2，同理求得Ka1＝10－1.2 (2)解题要点 ①明确每条曲线所代表的粒子及变化趋势。 ②通过做横坐标的垂线，可判断某pH时的粒子浓度相对大小。 ③交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数。 5．【利用对数图像分析离子浓度关系】某温度下，向一定体积0.1 mol·L－1的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，溶液中pOH[pOH＝－lg c(OH－)]与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．M点和N点溶液中H2O的电离程度相同 B．Q点溶液中，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－) C．M点溶液的导电性小于Q点溶液的导电性 D．N点溶液加水稀释，变小 【答案】B 【解析】由于M点碱过量，N点酸过量，M点溶液中氢氧根离子浓度与N点溶液中氢离子浓度相同，对水的电离抑制程度相同，故两点水的电离程度相同，A正确；Q点时pH＝pOH，说明溶液呈中性，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，则c(NH)＝c(Cl－)，B错误；M点溶液中主要溶质为一水合氨，为弱电解质，在溶液中部分电离，溶液中离子浓度较小，Q点溶液中溶质主要为氯化铵，为强电解质，在溶液中全部电离，溶液中离子浓度较大，故M点溶液的导电能力小于Q点，C正确；N点溶液加水稀释，Kb＝，温度不变，Kb不变，加水稀释氢离子浓度减小，c(OH－)增大，所以变小，D正确。 解题要点 (1)图像类型 包括对数图像和负对数图像以及对数、负对数混合图像，其中负对数图像有以下类型： pH图像 将溶液中c(H＋)取负对数，即pH＝－lg c(H＋)，反映到图像中是c(H＋)越大，则pH越小 pOH图像 将溶液中c(OH－)取负对数，即pOH＝－lg c(OH－)，反映到图像中是c(OH－)越大，则pOH越小 pC图像 将溶液中某一微粒浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取负对数，即pC＝－lg c(A)，反映到图像中是c(A－)越大，则pC越小 (2)解题策略 ①先确定图像的类型是对数图像还是负对数图像。 ②再弄清楚图像中横坐标和纵坐标的含义，是浓度对数还是比值对数。 ③理清图像中曲线的变化趋势及含义，根据含义判断线上、线下的点所表示的意义。 ④抓住图像中特殊点：如lg＝0的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0的点有c(D)＝1 mol·L－1 。 ⑤将图像中数据或曲线的变化与所学知识对接，作出选项的正误判断。 题型6 难溶电解质的沉淀溶解平衡 1．【沉淀溶解平衡及其影响因素】一定温度下，在Ba(OH)2的悬浊液中，存在Ba(OH)2固体与其电离的离子间的溶解平衡关系：Ba(OH)2(s)Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)，向此体系中再加入少量的BaO粉末，如果保持温度不变，则下列说法正确的是(　　) A．c(Ba2＋)增大　　　　 B．溶液中Ba2＋数目减少 C．溶液pH减小 D．溶液pH增大 【答案】 B 【解析】 Ba(OH)2(s)Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量的BaO粉末，BaO与H2O反应消耗了水，溶液中有部分沉淀析出，且溶液仍为饱和溶液，c(Ba2＋)、c(OH－)、pH均不变。 解题要点 (1)难溶电解质的电离仅仅是沉淀溶解平衡的后一个过程。 总过程 沉淀溶解平衡(可逆) 分过程 沉淀的溶解(可逆) 电解质的电离(可逆或不可逆) 表示形式 用电离方程式形式表示，须标明状态(s)、(aq)，一律用“”。注意与弱电解质的电离方程式区别开来。如Al(OH)3(s)Al3＋(aq)＋3OH－(aq)(沉淀溶解平衡)，Al(OH)3Al3＋＋3OH－(电离平衡) (2)影响沉淀溶解平衡的因素 ①内因：溶质本身的性质。绝对不溶的物质是没有的；同是微溶物质，溶解度差别也很大；易溶溶质只要是饱和溶液也存在沉淀溶解平衡。 ②外因：温度、浓度、相同离子等，其影响符合“勒夏特列原理”。 a．温度：一般来说，温度越高，固体物质的溶解度越大。极少数固体物质的溶解度随温度的升高而减小，如Ca(OH)2。 b．相同离子：加入与电解质电离的离子相同的可溶性盐，平衡向生成沉淀的方向移动，溶解度减小。 c．外加其他物质(与电解质电离的离子反应)，平衡向沉淀溶解的方向移动，溶解度增大。 2．【溶度积常数及其计算】已知25 ℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。 (1)25 ℃时，氯化银的饱和溶液中，c(Cl－)＝__________，向其中加入NaCl固体，沉淀溶解平衡________(填“左移”“右移”或“不移动”)，溶度积常数________(填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)25 ℃时，若向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，混合后溶液中的c(Ag＋)＝________，pH＝________。 (3)25 ℃时，氯化银的饱和溶液和铬酸银的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序为__________，由此可得出________ 更难溶。 (4)将等体积的4×10－3 mol·L－1的AgNO3溶液和4×10－3 mol·L－1的K2CrO4溶液混合________(填“有”或“没有”)Ag2CrO4沉淀产生。 【答案】(1)1.3×10－5 mol·L－1　左移　不变 (2)1.8×10－7 mol·L－1　2 (3)Ag2CrO4>AgCl　AgCl (4)有 【解析】(1)氯化银的饱和溶液中无其他离子影响，c(Ag＋)＝c(Cl－)＝ mol·L－1≈1.3×10－5 mol·L－1。 (2)n(AgNO3)＝50 mL×0.018 mol·L－1＝0.9 mmol，n(HCl)＝50 mL×0.020 mol·L－1＝1 mmol，两溶液混合：AgNO3＋HCl===AgCl↓＋HNO3，HCl过量：1 mmol－0.9 mmol＝0.1 mmol，故反应后的c(Cl－)＝＝1×10－3 mol·L－1，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，解得c(Ag＋)＝1.8×10－7 mol·L－1；H＋未被消耗，c(H＋)＝＝1×10－2 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－2)＝2。 (3)在Ag2CrO4的沉淀溶解平衡中，设c(CrO)＝x mol·L－1，Ag2CrO4(s)2Ag＋＋CrO 2x　　x (2x)2·x＝2.0×10－12，x3＝0.5×10－12，x＝×10－4，c(Ag＋)＝2x mol·L－1＝2××10－4 mol·L－1≈1.6×10－4 mol·L－1 >1.3×10－5mol·L－1。 (4)4×10－3 mol·L－1的AgNO3溶液和4×10－3 mol·L－1的K2CrO4溶液等体积混合：c(Ag＋)＝ mol·L－1＝2×10－3 mol·L－1，同理可以求得c(CrO)＝2×10－3 mol·L－1，故：c2(Ag＋)·c(CrO)＝(2×10－3)2×2×10－3＝8×10－9>Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，所以有Ag2CrO4沉淀产生。 解题要点 1对于同类型物质如AgCl、AgBr、AgI等，可直接用溶度积比较难溶电解质的溶解能力，Ksp越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。 2对于不同类型的物质，Ksp不能直接作为比较依据，而应通过计算将Ksp转化为饱和溶液中溶质的物质的量浓度确定溶解能力的强弱。 3关于溶度积常数的计算 ①已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol·L－1。 ②已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L－1。 ③计算反应的平衡常数，如对于反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，而平衡常数K＝＝。 3．【沉淀溶解平衡图像】在T ℃时，AgI在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知T ℃时AgBr的Ksp＝5×10－13。下列说法不正确的是( ) A．在T℃时，AgI的Ksp＝2.5×10－15 B．图中b点有碘化银晶体析出 C．向c点溶液中加入适量蒸馏水，可使溶液由c点到a点 D．在T ℃时，反应AgBr(s)＋I－(aq)AgI(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝200 【答案】C 【解析】T ℃时，题图中c点处c(I－)＝5×10－8 mol·L－1，c(Ag＋)＝5×10－8 mol·L－1，则Ksp(AgI)＝c(I－)×c(Ag＋)＝5×10－8×5×10－8＝2.5×10－15，故A正确；b点处c(Ag＋)＝5×10－8 mol·L－1，c(I－)>5×10－8 mol·L－1，则c(I－)×c(Ag＋)>Ksp(AgI)，所以会有AgI沉淀析出，故B正确；向c点溶液中加入适量蒸馏水，溶液体积增大，导致c(I－)<5×10－8 mol·L－1，不可能使溶液由c点到a点，故C错误；T ℃时，Ksp(AgI)＝c(I－)×c(Ag＋)＝2.5×10－15，Ksp(AgBr)＝5×10－13，反应AgBr(s)＋I－(aq)AgI(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝＝＝＝200，故D正确。 解题要点 难溶电解质(以BaSO4沉淀曲线为例说明)Q和Ksp间的关系有以下三种可能： 点的变化 a→c 曲线上变化，c(SO)增大，c(Ba2＋)减小 b→c 加入1×10－5 mol/L Na2SO4溶液，c(Ba2＋)变小，c(SO)不变(加水不行) d→c 加入少量BaCl2固体，c(Ba2＋)增大，c(SO)不变(无沉淀生成，忽略溶液的体积变化) c→a 曲线上变化，c(Ba2＋)，增大c(SO)减小 4．【沉淀的转化】（24-25高三上·上海·期中）卤化银因具有感光性，可用于制造感光材料。已知室温下，，，将AgCl与AgI的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，关于所生成的沉淀说法正确的是 A．只有AgI生成 B．AgCl和AgI等量生成 C．AgCl沉淀少于AgI沉淀 D．AgCl沉淀多于AgI沉淀 【答案】D 【解析】由氯化银的溶度积大于碘化银溶度积可知，氯化银饱和溶液中氯离子离子浓度大于碘化银的饱和溶液中碘离子浓度，等体积混合后，向溶液中加入足量硝酸银溶液，溶液中氯离子浓度大于碘离子，则生成氯化银沉淀的物质的量大于碘化银，故选D。 解题要点 (1)沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。一般是溶解度小的沉淀会转化生成溶解度更小的沉淀。 (2)当一种试剂能沉淀溶液中几种离子时，生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀；如果生成各种沉淀所需试剂离子的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离离子的目的。 (3)溶解度较小的沉淀在一定条件下也可以转化成溶解度较大的沉淀，如在BaSO4的饱和溶液中加入高浓度的Na2CO3溶液，也可以转化成溶解度较大的BaCO3沉淀。 5．【沉淀溶解平衡在生产生活中的应用】我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活饮用水中镉的排放量不超过0.005 mg·L－1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题： (1)磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式为Ksp＝__________________ 。 (2)一定温度下，CdCO3的Ksp＝4.0×10－12，Cd(OH)2的Ksp＝3.2×10－14，那么它们在水中的溶解量________较大。 (3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8 mol·L－1时，废水中Cd2＋的浓度为______ mol·L－1 [已知：Ksp(CdS)＝7.9×10－27，Ar(Cd)＝112]，此时是否符合生活饮用水卫生标准？_______ (填“是”或“否”)。 【答案】(1)c3(Cd2＋)·c2(PO)　(2)Cd(OH)2　(3)1.0×10－19　是 【解析】(1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为Cd3(PO4)2(s)3Cd2＋(aq)＋2PO(aq)，Ksp＝c3(Cd2＋)·c2(PO)。(2)当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(s)Cd2＋(aq)＋CO(aq)，则此时溶液中c(Cd2＋)＝2×10－6mol·L－1，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s)Cd2＋(aq)＋2OH－(aq)，则c(Cd2＋)＝2×10－5 mol·L－1，据此推出在水中的溶解量较大的是Cd(OH)2。 (3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8 mol·L－1时，溶液中c(Cd2＋)＝＝1.0×10－19 mol·L－1，则废水中Cd2＋的含量为1.0×10－19×112×103 mg·L－1＝1.12×10－14mg·L－1＜0.005 mg·L－1，因此符合生活饮用水卫生标准。 题型8 水溶液中的离子反应与平衡综合应用 1．【溶液中的守恒和沉淀溶解平衡综合应用】（25-26高三上·湖南·开学考试）碳酸锰常用作脱硫的催化剂及瓷釉、涂料和清漆的颜料。室温下，用含少量的溶液制备的过程如图所示。已知，下列说法正确的是 A．长期储存NaF溶液应密封于玻璃容器并置于阴凉通风处 B．“除镁”得到的上层清液中： C．“沉锰”的离子方程式为 D．“沉锰”后的滤液中： 【答案】C 【分析】含少量的溶液中加氟化钠溶液“除镁”，将转化为沉淀；过滤后，所得滤液中加入碳酸氢钠溶液“沉锰”，得到。 【解析】A．NaF为强碱弱酸盐，溶液中易水解生成HF和，水解产物能与玻璃中的反应，故不能用玻璃容器储存NaF溶液，A错误； B．“除镁”得到的上层清液中镁离子沉淀完全，则，因此，若加入的氟化钠溶液过量，则浓度大于，B错误； C．“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳，离子方程式为，C正确； D．“沉锰”后的滤液中含，则电荷守恒式应为，D错误； 答案选C。 2．【化学平衡和电离平衡的综合应用】（24-25高二下·上海·期中）血浆中存在“缓冲”体系：。该体系可使人体血液pH保持在。下列说法正确的是 A．血浆中不存在 B．血液中浓度增大，会使上述平衡正向移动 C．人体血液碱中毒时，可注射溶液缓解 D．“缓冲”作用是指体系中增加少量强酸或强碱时，血浆的酸碱性不会出现较大幅度变化 【答案】D 【解析】A．该体系中碳酸氢根离子能够电离产生碳酸根，则一定存在，A错误； B．血液中CO2浓度增大，导致平衡向生成碳酸的方向移动，即使上述平衡向逆反应方向移动，B错误； C．NaHCO3溶液显碱性，能中和酸，则人体血液碱中毒时，注射NaHCO3溶液不能缓解，C错误； D． “缓冲”体系可与酸或碱反应，则“缓冲”作用是指体系中增加少量强酸或强碱时，pH不会出现较大幅度变化，D正确； 故选：D。 3．【平衡图像综合题】（24-25高三上·上海·期末）下列装置图或曲线图与对应的叙述相符的是 A．如图1所示，用溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线 B．某温度下、的沉淀溶解平衡曲线如图2所示，纵坐标代表或的浓度。向含等物质的量浓度的和的溶液中滴加溶液，首先沉淀的离子为 C．图3所示为溶液滴定溶液的滴定曲线，当时： D．据图4，若除去溶液中的可向溶液中加入适量至在左右 【答案】C 【解析】A．醋酸存在电离平衡，同浓度同体积盐酸和醋酸，开始时盐酸溶液pH小于醋酸，所以虚线表示的是滴定盐酸的曲线，故A错误； B．依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁的，同浓度Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，先析出的沉淀是硫化铜，故B错误； C．用0.1mol/LCH3COOH溶液滴定20ml0.1mol/LNaOH溶液，反应生成醋酸钠，当溶液呈中性，溶质是醋酸和醋酸钠的混合溶液，以醋酸根离子和钠离子为主，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，c(H+)=c(OH－)，则c(CH3COO－)=c(Na+)，得到当pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(OH－)=c(H+)，故C正确； D．分析图象可知铁离子完全沉淀的pH为小于4，加入氧化铜会调节溶液pH，到pH=6.0时铜离子会沉淀，应调节溶液pH在4左右即可，故D错误； 故选C。 4．【化学工艺流程与溶液中的离子平衡综合题】（25-26高二上·上海·期中）孔雀石的主要成分为，工业上以孔雀石为原料(含有、、、等杂质)制备胆矾的工艺流程如图： 已知各金属离子的及沉淀的如下表所示(溶液中离子浓度视为完全沉淀)： 金属离子 开始沉淀pH 6.3 1.5 4.0 3.4 完全沉淀pH 8.3 2.8 6.7 (1)写出表示沉淀溶解平衡的方程式： 。 (2)计算完全沉淀的为_______。 A．4.7 B．9.3 C．11.0 D．13.9 (3)利用计算，常温下的溶解度为_______。(本题计算时忽略水的电离) A． B． C． D． (4)加入双氧水的目的是 。 (5)调节值的范围是 ~ 。 (6)调节值时，最适宜加入的物质是_______。 A． B．石灰乳 C．CuO D．Cu (7)操作X是_______。 A．蒸发至晶膜出现，冷却结晶 B．蒸发至大量晶体出现，冷却结晶 C．蒸发至品膜出现，趁热过滤 D．蒸发至大量晶体出现，再利用余热蒸干 (8)经此操作后，胆矾中主要含有的杂质是 。进一步提纯的方法是 。 (9)利用制得的胆矾配置硫酸铜溶液，因胆矾溶解缓慢，实验室常用热水进行溶解，但常常会出现浑浊，其原因是 。解决此问题的方法是在配置溶液的同时加入少量的 。(填化学式) (10)将所配得的溶液加热蒸干，得到的物质为_______。 A． B． C． D．CuS (11)室温下，向浊液中持续通入至饱和，有微量的沉淀发生溶解。忽略溶液的体积变化，测得反应后的溶液中，且。已知：碳酸的，。见上表。反应后的溶液 ， ，。 【答案】(1) (2)A (3)A (4)将亚铁离子氧化为铁离子，便于将铁和铝分离 (5)3.4 4.0 (6)C (7)A (8)硫酸 冷水或冷乙醇洗涤、干燥 (9)胆矾溶于水后溶液中的Cu2+存在水解平衡：，该反应为吸热反应，热水中会促进水解，生成氢氧化铜沉淀 H2SO4 (10)A (11)4 8×10−11 【分析】稀硫酸酸浸后，滤渣1为不溶硫酸的SiO2，滤液1含Fe2+、Fe3+、Al3+，双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再调pH分离Fe和Al，得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液2为硫酸铜溶液，系列结晶操作后可得五水硫酸铜晶体。 【解析】（1）氢氧化铝沉淀溶解平衡的方程式为。 （2）Al3+完全沉淀时浓度为1.0×10-5 mol/L，此时溶液中，所以pOH=9.3，pH=14-pOH=4.7，故选A。 （3）设常温下Cu(OH)2的溶解度为x mol/L，则有，解得，x=1.8×10-7，故选A。 （4）加入双氧水的目的为将亚铁离子氧化为铁离子，便于将铁和铝分离。 （5）调pH分离铁和铝，保留铜，所以范围为3.4~4.0。 （6）调pH的试剂不能引入新杂质，且能中和酸，最适宜的物质为CuO，故选C。 （7）目标产物为结晶水合物，需要蒸发至晶膜出现，此时溶液已饱和，再冷却结晶，溶液逐渐析出较大，规整的蓝色棱柱状晶体，而蒸发至大量晶体出现可能会因为热量过大失去结晶水得到白色粉末，且晶体细小，纯度低，故选A。 （8）胆矾中主要含有的杂质是硫酸，进一步提纯的方法为冰水或冷乙醇洗涤晶体。 （9）胆矾溶于水后溶液中的Cu2+存在水解平衡：，该反应为吸热反应，热水中会促进水解，生成氢氧化铜沉淀；解决方法为在配置溶液中加入少量H2SO4，抑制其水解。 （10）硫酸为难挥发性酸，所以蒸干硫酸铜溶液，得到的物质为硫酸铜，故选A。 （11）反应后溶液中，c(H+)=1.0×10-4 mol/L，pH为4，。 5．【滴定法和沉淀溶解平衡综合题】（25-26高三上·上海松江·期末）间接碘量法是以碘化物(如KI)进行测定的方法，可用于铜合金中铜含量的测定。 过程如下： 步骤① 用酸溶解铜合金样品1.1500 g，调控溶液的pH，配制100 mL样品溶液。 步骤② 移取20.00 mL溶液，加入过量KI并密封。发生如下反应： 2Cu2+ + 4I− = 2CuI↓ + I2    I2 + I−I 步骤③ 充分反应后，立即用Na2S2O3标准溶液滴定待测液至浅黄色后加入稍过量的KSCN溶液，继续滴定至黄色几乎消失时，加入淀粉溶液，再滴定至终点。发生如下反应：I2 + 2 S2O= S4O+2 I− 已知： I、CuI沉淀表面易吸附I2，CuSCN吸附I2的能力远小于CuI，且被吸附的I2不能与Na2S2O3充分反应。 II、该实验温度下，Ksp(CuSCN) = 5.0×10-15 ，Ksp(CuI) = 1.0×10-12 。 (1)步骤①必须使用的定量仪器有______。(不定项) A．容量瓶 B．量筒 C．分析天平 D．烧杯 A．A B．B C．C D．D (2)反应2Cu2+ + 4I− =2CuI↓ + I2中，每4 mol I− 参与反应，转移______mol电子。 A．1 B．2 C．3 D．4 (3)步骤②加入过量KI后，需密封的原因可能是 。 (4)滴定时需将溶液pH控制在3~4，分析其可能的原因 (偏高、偏低各写一条)。 (5)步骤③加入KSCN的作用是 。 (6)判断达到滴定终点的现象为 。 (7)为减小实验误差，下列说法错误的是______。 A．Na2S2O3标准溶液长期存放后，不宜直接用于碘的滴定 B．滴定过程中，应在光照条件下慢滴慢摇 C．为防止KSCN被I2氧化，接近终点时再加入KSCN D．为避免淀粉与I2大量结合，接近滴定终点时再加入淀粉溶液 (8)平行实验测得消耗 0.1050 mol·L-1 Na2S2O3溶液20.00 mL，计算合金中的质量分数 。(写出计算步骤，计算结果保留小数点后两位) 【答案】(1)AC (2)B (3)防氧化、防止碘挥发 (4)偏高：①碱性条件下I2发生歧化反应；②pH过高Cu2+水解程度大，反应不完全 偏低：①强酸性条件下I-易被空气中O2氧化为I2；②强酸性条件下易发生２H+＋S2O=SO2↑＋S↓＋H2O，引起误差 (5)CuI沉淀表面会吸附部分I2，接近滴定终点时加入KSCN，由于Ksp(CuI)>Ksp(CuSCN)，使CuI转化为CuSCN，释放出被CuI吸附的I2，提高测定的精确度 (6)滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 (7)B (8)58.43% 【分析】铜合金溶解后加入KI，利用Cu2+的氧化性将I-氧化为I2，用Na2S2O3滴定I2测定Cu的含量。 【解析】（1）步骤①为配制溶液，需要用到的定量仪器为容量瓶和分析天平，故答案为AC。 （2）反应2Cu2++4I−=2CuI↓+I2中，Cu化合价降低，I化合价升高，2 mol Cu2+参与反应转移2 mol电子，2 mol I-被氧化，共消耗4 mol I-，即每4 mol I− 参与反应，转移2 mol电子，故答案为B。 （3）KI易被氧化，I2易挥发，为了防KI氧化、防止碘挥发，步骤②加入过量KI后，需密封。 （4）滴定时需将溶液pH控制在3~4，pH偏高时，I2发生歧化反应、Cu2+水解程度大，反应不完全；pH偏低时，I-易被空气中O2氧化为I2、易发生2H+＋S2O=SO2↑＋S↓＋H2O，引起误差。 （5）CuI沉淀表面会吸附部分I2，接近滴定终点时加入KSCN，由于Ksp(CuI)> Ksp(CuSCN)，使CuI转化为CuSCN，释放出被CuI吸附的I2，提高测定的精确度，因此步骤③需加入KSCN。 （6）滴定反应为I2 + 2 S2O= S4O+2 I−，终点为I2恰好完全消失，故滴定终点现象为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复。 （7）A．Na2S2O3标准溶液长期存放后，会因被O2氧化、微生物分解等发生变质（如生成 Na2SO4、S沉淀），导致浓度降低，因此不宜直接用于碘的滴定，需重新标定，A正确； B．光照会催化I-被O2氧化，同时加速I2的挥发，会增大实验误差，应在暗处进行滴定，B错误； C．KSCN具有还原性，易被I2氧化，若过早加入会消耗I2，导致滴定结果偏低，因此应在接近终点时加入，减少其被I2氧化的量，C正确； D．淀粉与I2会形成稳定的深蓝色配合物，若过早加入，大量I2被淀粉牢固吸附，会导致 Na2S2O3无法充分还原I2，终点褪色不敏锐，因此需在接近终点（I2浓度较低）时加入淀粉溶液，D正确； 故答案为B。 （8）根据反应式有计量关系：2Cu~2S2O，n(Cu2+)=n(S2O)=0.1050mol/L×20.00×10-3L=2.1×10-3mol，则合金中的质量分数为。 1 / 1学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $