压轴08 水溶液中离子反应与平衡（压轴题专练）（上海专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

**基本信息** 聚焦水溶液离子平衡综合应用，构建“概念-规律-图像-计算”四维方法体系，融合真实情境与科学思维，实现从基础原理到压轴题的系统性突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |考向01|7种方法|实验对比法（导电/速率）、pH判断法、盐类水解法等|从电离本质出发，通过实验证据推理电解质强弱| |考向02|“规律+5类型”|“有弱才水解”规律，分类型解析盐溶液酸碱性|基于电离平衡延伸，建立水解程度与溶液性质的关联| |考向03|3类换算|Ksp/Kw/Kh、Ksp-pH、Ka/Ksp关系推导公式|整合四大平衡常数，构建定量计算逻辑链条| |考向04|3类图像|滴定曲线“五点分析法”、分布系数“曲线-交点”解读、对数图像“公式转换法”|从宏观图像到微观粒子分布，实现数形结合的科学探究|

压轴08 水溶液中离子反应与平衡 命题预测 水溶液离子平衡是上海高考化学压轴重难点，三轮复习侧重多平衡叠加综合推断。考题常结合弱酸弱碱电离、盐类水解、沉淀溶解、酸碱滴定曲线综合命题，贴合污水处理、化工除杂、水质调控真实情境，深度融合离子浓度比较、守恒关系计算。2026 年上海卷侧重分布系数图、对数图像、滴定 pH 曲线分析，强化电离、水解、沉淀竞争平衡，结合 Kw、Ka、Ksp 综合计算，考查图像解读、逻辑推导与定量守恒应用，区分度高，是压轴拉分核心专题。 高频考法 1. 弱电解质电离平衡、水的电离影响因素与 Kw 应用； 2. 三大守恒（电荷、物料、质子）与离子浓度大小排序； 3. 盐类水解规律、酸碱中和滴定曲线与分布系数图像分析 4. Ksp 沉淀溶解平衡、沉淀转化、先后沉淀判断与计算； 5. 电离 - 水解竞争、缓冲溶液、混合溶液离子平衡综合分析。 知识·技法·思维 考向01 强弱电解质的比较与判断 1．在相同浓度、相同温度下，对强弱电解质做导电对比实验。 2.在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的快慢。如将Zn粒投入到等浓度的盐酸和醋酸中，结果前者比后者反应快。 3.浓度与pH的关系。如常温下，0.1 mol·L－1的醋酸溶液，其pH>1，即可证明CH3COOH是弱电解质。 4.测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液呈碱性，则证明CH3COOH是弱酸。 5.稀释前后的pH与稀释倍数的变化关系。如将pH＝2的酸溶液稀释100倍，若pH<4，则证明该酸为弱酸，若pH＝4，则证明该酸为强酸。 6.利用实验证明存在电离平衡。如向醋酸溶液中滴入石蕊溶液变红，再加CH3COONH4，颜色变浅。 7.利用较强酸制较弱酸来判断电解质强弱。如将CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明酸性：H2CO3>C6H5OH。 考向02 “用规律”“抓类型”突破盐类水解问题 1.规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性，越热越水解，越稀越水解。 2.类型 ①强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性，如醋酸钠水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 ②强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性，如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。 ③NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。 ④弱酸弱碱盐相互促进水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。 ⑤弱酸酸式盐水溶液酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。 a．若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。 b．若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，如NaHCO3、Na2HPO4等。 考向03 Ka、Kh、Kw、Ksp的关系换算方法 1．Ksp、Kw、Kh的关系 氯化铁溶液中存在：Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，Kh===，故Ksp=。 2．M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH之间的关系 M(OH)n(s)Mn+(aq)+nOH-(aq)，Ksp=c(Mn+)·cn(OH-)=·cn(OH-)==)n+1。 3．Ka、Ksp、K的关系 反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K，则K= 考向04 图像分析和综合应用 （一）滴定曲线 1.抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱。 2.抓反应“一半”点：判断是什么溶质的等量混合。 3.抓“恰好”反应点：生成的溶质是什么，判断溶液的酸碱性。 4.抓溶液的“中性”点：生成什么溶质，哪种物质过量或不足。 5.抓反应的“过量”点：溶液中的溶质是什么，判断哪种物质过量。 以室温时用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1 HA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点。滴定曲线如图所示： 关键点 离子浓度关系 反应起始点 (与pH轴的交点) 起始点为HA的单一溶液，0.1 mol·L－1 HA溶液pH>1说明HA是弱酸，c(HA)> c(H＋)>c(A－)>c(OH－) 反应一半点(点①) 两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－) 中性点(点②) 此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)> c(H＋)＝c(OH－) 恰好完全反应点 (点③) 此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液是碱性， c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋) 过量点(点④) 此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) （二）分布系数曲线图像分析 1．透析分布曲线，锁定思维方向 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例) δ0为CH3COOH分布系数，δ1为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 随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式 同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的分析浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度 2.明确解题要领，快速准确作答 （1）读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势； （2）“读浓度”——通过横坐标的垂线，可读出某pH时的粒子浓度； （3）“用交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数K； （4）“可替换”——根据溶液中的元素质量守恒进行替换，分析得出结论。 （三）坐标为对数或负对数的图像分析 将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取常用对数，即lg c(A)或lg得到的粒子浓度对数图像。 1．破解对数图像——pH的数据 （1）运算法则：lg ab＝lg a＋lg b、lg ＝lg a－lg b、lg 1＝0。 （2）运算突破点：如lg＝0的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0的点有c(D)＝1 mol·L－1。 2．破解对数图像的步骤 （1）识图像：观察横坐标、纵坐标的含义，看清每条曲线代表的粒子种类以及曲线的变化趋势，计算电离常数时应利用两种粒子浓度相等的点，如lg＝0。 （2）找联系：根据图像中的坐标含义和曲线的交点，分析所给电解质的电离平衡常数或pH与纵、横坐标之间的联系。 （3）想原理：涉及电离平衡常数，写出平衡常数表达式，在识图像、想原理的基础上，将图像与原理结合起来思考。 （4）用公式：运用对数计算公式分析。 典例·靶向·突破 考向01 电离、水解、沉淀平衡 例1【新情境——碳中和】（2026·上海崇明·二模）将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。一种富集烟气中的方法示意图如下： 在温度25℃下，浓度均为0.1 的4种溶液pH如下： 溶质 pH 11.6 9.7 10.0 4.5 （1）据表中和的pH，___________(填“能”或“不能”)判断非金属性C<S。 （2）向溶液中通入一定量气体，不可能发生的离子反应为___________。(不定项) A． B． C． D． （3）等物质的量浓度的和的混合溶液中，有关微粒的浓度关系正确的是___________。(双选) A． B． C． D． 情境链接 以烟气 CO₂富集转化、碳中和绿色低碳工艺为热点情境，依托碳酸盐、亚碳酸盐体系转化，结合盐溶液 pH 数据，串联弱电解质电离、盐类水解、元素非金属性比较、离子反应规律、溶液离子浓度大小比较，贴合上海高考水溶液离子平衡综合命题特点，贴合双碳环保化工实际应用场景。 考向解码 1.弱酸酸性与非金属性判断：依据酸式盐 pH 比较弱酸电离程度，辨析最高价含氧酸酸性与非金属性的对应逻辑。 2.强酸制弱酸离子反应判断：结合酸性强弱顺序，判断不同量 SO₂与碳酸根反应的可行离子方程式。 3.电解质溶液三大守恒：考查电荷守恒、物料守恒、质子守恒公式辨析与应用。 4.混合盐溶液离子浓度排序：结合水解、电离程度相对大小，判断溶液微粒浓度大小关系，是上海高考高频重难点题型。 【变式探究】（2026·上海金山·二模）下表呈现了三种磷的含氧酸相关信息。 名称（化学式） 次磷酸（） 亚磷酸（） 磷酸（） 结构 电离平衡常数 （1）表中三种含氧酸的酸性强弱顺序为________。（用化学式表示） （2）下列属于酸式盐的是________。（不定项） A． B． C． D． （3）结合表中信息，通过计算分析溶液的酸碱性________。 考向02 各平衡常数之间关系 例2（2026·上海青浦·二模）工业尾气中常含有NO和CO，可利用含Ni催化剂将其转化为、或。 （1）已知常温下时，会转化为沉淀，请用化学用语表示的沉淀溶解平衡_______。 将通入溶液可制氮肥。 主要反应： 已知：：、、；：。 （2），测得溶液，此时溶液中的微粒浓度大小关系：_______(选填“>”、“<”或“=”)。 （3）计算该反应的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 【变式探究】（2026·上海金山·二模）铋（Bi）及其化合物应用广泛。某工厂采用辉铋矿（主要成分为，含少量、等杂质）冶炼粗铋，进一步精炼制备高纯铋，并测定其纯度。该工艺的部分流程如下： 已知：①焙砂的主要成分是、、 ② As（Ⅲ）在水溶液中不同存在形态所占物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。 通过加入调节溶液pH至8，此时溶液中________。（用小数表示） 考向03 粒子平衡图像分析 例3【热点——微粒的分布分数】（25-26高三下·上海浦东新·月考）肼的化学式为，在工业上应用广泛。常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，微粒的分布分数随的关系如下图所示。[X的分布分数，X表示或或] (1)已知肼为二元弱碱，常温下肼在水溶液中的电离分两步进行，请补充第二步的电离方程式。第一步电离：；第二步电离：_______。 (2)结合上图，下列分析正确的是______。（不定项） A．曲线B代表的分布分数随的关系 B．肼的电离平衡常数 C．当时，存在 D．溶液中存在 (3)常温下，时，溶液的________。 (4)常温下，溶于水显酸性，通过计算简要说明原因________。 情境链接 以肼的二元弱碱性质与微粒分布分数图像为背景，考查弱电解质的分步电离、平衡常数计算、离子浓度守恒与大小比较。肼作为重要的工业化工原料与火箭推进剂，其水溶液的酸碱平衡及离子反应规律是上海高考电离平衡、水解平衡模块的典型热点题型，贴合陌生二元弱碱的原理迁移考查方向。 考向解码 1.二元弱碱分步电离方程式书写：类比多元弱碱电离规律，补充第二步电离方程式，考查电离原理的迁移应用。 2.分布分数图像分析：辨析不同曲线对应的微粒种类，结合图像信息判断电离常数、微粒浓度大小关系，是上海高考图像题核心热点。 3.电离常数（Kb）计算：利用图像交点处微粒浓度相等的特征，结合−lgc(OH−)数值换算c(OH−)，求解电离平衡常数。 4.物料守恒与离子浓度排序：考查盐溶液（强酸弱碱盐）中的物料守恒式书写，及不同条件下微粒浓度相对大小判断。 【变式探究】（2026·上海普陀·二模）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂，若废水中Cu2＋超标会造成重金属污染，影响水生动植物生存，同时危害人体健康。 某同学设计并探究了硫酸四氨合铜晶体的制备和转化，并对实验产生的废液进行处理。 Ⅲ．废液处理 国家规定Cu2＋含量低于6.4×10-6 g·L-1、pH=7的废水符合排放标准。某次实验后，测得废液中c(H＋)=0.1mol·L-1，c(Cu2＋)=0.05mol·L-1，需净化处理。 已知：Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。 (5)硫化物沉淀法 工业上可使用硫化物来处理含铜废液。请通过计算说明使用FeS处理的优点是___________。 (6)水解中和法 常温下，水溶液中含铜微粒Cu2＋、[Cu(OH)]＋、Cu(OH)2、[Cu(OH)3]-和[Cu(OH)4]2-的分布系数(某含铜微粒占总含铜微粒的物质的量分数)随pH的变化曲线如图所示。 ①曲线3代表的含铜微粒为___________。 ②pH=10.7时，c{[Cu(OH)3]-}＋2c{[Cu(OH)4]2-}＋2c() ___________c(Na＋)(选填“＞”、“=”、“＜”)。 ③计算Cu(OH)2＋2OH-[Cu(OH)4]2-的平衡常数K=___________。 ④若CuSO4溶液起始浓度为α mol·L-1，加入NaOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积的变化)，求M点混合溶液中Na＋的浓度___________(用含α的式子表示)。 1.（2026·上海崇明·二模）复合氨基酸螯合钙是新一代补钙剂，以贝壳为钙源合成复合氨基酸螯合钙的流程如下： 过程Ⅱ和Ⅲ的实验装置如下： 已知： ①螯合反应：金属离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子连结形成具有环状结构的化学反应。例如： ②复合氨基酸螯合钙易溶于水，在人体中会缓慢释放。 回答下列问题： （1）当溶液浓度为0.468 时，需要控制pH在什么范围才不会有沉淀？___________()；条件优化时发现pH≈8.5时螯合效率最高，pH过低或过高螯合效率都较低，原因是：___________。 含钙率的测定：取2.500 g复合氨基酸螯合钙配成250 mL溶液。取25.00 mL溶液，用0.05 EDTA-2Na溶液进行3次平行滴定(指示剂已省略)，并记录消耗的EDTA-2Na溶液平均体积为20.00 mL。 EDTA在水溶液中可以看作是一种六元弱酸，用表示，各级电离平衡常数如下表： （2）某EDTA的盐溶液中和的浓度相等，该溶液的pH=___________。 （3）EDTA-2Na可以用表示，请通过计算说明其溶液的酸碱性(要求写出计算过程)。 （4）若EDTA-2Na能与1：1发生螯合反应，则含钙率为___________(用钙的质量分数表示)。 （5）相较于传统补钙剂之一的，复合氨基酸螯合钙有何优点？___________。 2.（25-26高三下·上海·月考）工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，主要含Au、、、，从中获取贵金属和Se、Pb等其他化工原料的流程如下图。 已知：①当某离子的浓度低于时，可认为该离子完全沉淀，忽略该离子在溶液中的存在；②  ； Se元素有和两种含氧酸。25℃时，和的电离常数如表： 第一步完全电离 （1）列式计算的溶液的pH_______。 （2）关于溶液，下列选项正确的是_______。(不定项) A．将该溶液加水稀释，水的电离程度减弱 B． C．向该溶液中加入少量溶液的离子反应方程式为： D． “银转化”时，的浓度与溶液pH的关系如图；及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图3。 已知：，； （3）“银转化”时，pH需要控制的范围大约是_______。 A．3-4 B．5-6 C．8-10 D．12-14 （4）pH过大或过小对“银转化”都不利的原因可能是_______。 （5）“银转化”得到的滤液3中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图4，某溶液中平衡浓度为，则的浓度为_______。 （6）银还原后的“滤液4”可返回“银转化”工序循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是_______(试用平衡原理解释)。 3．（2026·上海嘉定·二模）闪锌矿氧压浸出工艺中回收部分有价元素的方法如下： (7)MF-TETA螯合树脂对的吸附率随pH值变化关系如图所示： 分析吸附率随pH变化趋势的原因______。 已知：25℃时，的，，的，。 (8)沉硫步骤中向溶液中通入少量，发生的化学反应方程式为______。 已知：25℃时，，，。 (9)某次实验经加压浸出，过滤后的溶液里有、 。向滤液中逐滴滴加溶液，通过计算说明3种离子能否逐一沉淀？______。 4.（2026·上海崇明·二模）民以食为天，食以水为先。水是生命之源，其丰富而独特的性质与其结构密切相关。 （1）水的电离平衡为，下列操作中，能促进水的电离平衡，且使得溶液呈酸性的是___________。 A．向水中加入少量NaCl固体 B．向水中加入少量固体 C．向水中加入少量固体 D．将水加热到100℃ （2）常温下，若某溶液中由水电离出的，则该溶液的pH可能为___________。 5.（2026·上海·一模）醋酸在生活中十分常见，我们可以利用它进行化学实验探究。 【配制一定物质的量浓度的醋酸与反应中和热的测定】： 小张同学在实验室配制一定物质的量浓度的醋酸并进行反应中和热的测定。 【弱酸电离平衡的探究】： 小张同学探究25℃下，醋酸(简写为HAc)电离平衡的影响因素，他将物质的量浓度为0.1mol·L-1 的HAc溶液和与其等浓度的醋酸钠(简写为NaAc)按一定体积比混合，测pH。 序号 pH Ⅰ 40.00 0 2.86 Ⅱ 4.00 a b 0 3.36 …… Ⅶ 4.00 c d 3：4 e Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65 （1）判断溶液的酸碱性有多种方法。下列现象是检测醋酸溶液一定不会发生的有________ (不定项选择)。 A．能够使甲基橙呈黄色的溶液 B．的溶液 C．溶液中： D．溶液中： （2）下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是________。 A．升高温度 B．加水稀释 C．加少量的醋酸钠固体 D．加少量冰醋酸 （3）表格中：a=___________，b=___________，e=___________。 （4）由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡___________(选填“正”或“逆”)向移动，结合表中数据，给出判断理由：___________。 （5）由实验___________可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。 （6）小张同学分析上表数据发现：随着的增加，逐渐接近HAc的； 查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于HAc的； 对比数据发现：实验Ⅷ中pH=4.65与真实的值存在一定差异，推测可能由物质浓度准确不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 ①移取20.00mL HAc溶液，加入2滴___________溶液，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点的现象为：___________，消耗NaOH溶液体积为22.06mL，则该HAc溶液的准确浓度为___________。用上述HAc溶液和0.1000mol·L-1 NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。 ②小张同学又用浓度均为0.1mol·L-1 的HAc溶液和0.1mol·L-1 的NaOH溶液测定HAc的值，请你完成实验设计方案表格的填写： i 移取20.00mL HAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL ii ___________，测得溶液的pH为4.76 （7）醋酸是一元弱酸，只有一步电离，已知草酸是一种二元弱酸，其电离常数比醋酸电离常数大得多，但比醋酸电离常数小，试从电离平衡移动的角度解释的原因：___________。 6.（25-26高三下·上海·开学考试）萤石主要成分为，可用作冶金助熔剂、氢氟酸生产、光学材料制造等领域。 HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成。 （1）HF能二聚的原因是___________，写出发生第二步电离的电离方程式___________。 某温度下，将分析浓度(总浓度)相同的HCl、HF和三种溶液，分别加水稀释时，溶液pH变化如图所示。 （2）图中，氢氟酸溶液在稀释初期的pH上升特别快的原因是___________。 （3）已知：HF的电离平衡常数，的电离平衡常数。在溶液中，水解程度___________(选填：“>”、“<”或“=”)，请结合数据说明原因。___________。 7.（25-26高三下·上海·开学考试）配合物二草酸合铜(Ⅱ)酸钾，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤Ⅰ：80℃下，100 mL水中依次加入、充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008 mol CuO充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤III： 步骤Ⅳ：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为。 已知： ⅰ．25℃，、；、。 ⅱ．微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。 （1）()产品纯度的测定：准确称取制得的晶体试样a g溶于氨水中，并加水定容至250 mL，取试样溶液25.00 mL，再加入10 mL的稀硫酸，用的标准液滴定，还原产物为，消耗标准液V mL。 该产品的纯度为___________(用含字母的最简式表示)。 （2）将制得的纯净进行热重分析，结果如图所示，由图可知在C点剩余固体为和___________。 8．（25-26高三下·上海·月考）硫化氢消除并资源化利用是天然气开采、炼油行业、煤化工等工业中长期面临的重要研究课题。(已知H2S的Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-15，Ksp(ZnS)=2.0×10-22) (1)通过计算说明，常温下NaHS溶液呈______(酸性/中性/碱性)。 (2)Na2S通入HCl至中性时，溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为______。 (3)H2S通入Na2CO3溶液能否发生反应？(如果能，写出方程式；如果不能，说明理由)______。(已知Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=4.8×10-11) (4)硫化氢可用溶液吸收。室温下，向溶液中通尾气直至饱和，此时溶液中[]。当溶液中刚好有沉淀生成时，[]=______。此时溶液中溶液的______(保留2位小数)。 9.（25-26高三上·上海·期末）工业上一般用电解法精炼提纯铜，装置如下图所示。 阳极泥中存在等，回收流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ② ③。 （1）25℃时，向“过滤”所得滤液中加入一定量的NaCl可以生成AgCl沉淀而使和分离，防止AgCl进一步溶解，浓度不能超过_______。 （2）25℃时，AgCl沉淀加入氨水［溶质以计］使其溶解，完全溶解0.1 mol ，至少需加入氨水的体积为_______L。(忽略溶液体积的变化，写出计算过程) （3）请写出的电离方程式，并说明你这样写的理由_______。 10.（25-26高三上·上海·月考）直接排放含的烟气会形成硫酸型酸雨危害环境，需要对其进行处理。其中，钠碱循环法和生物质法较为常见。 钠碱循环法以溶液作为吸收液。 （1）当吸收液的降至约为6时，需送至电解槽再生，再生示意图如下： ②当阴极室中溶液升至8以上时，可以实现吸收液的再生和循环利用，结合的电离平衡和上述图像简述再生原理：___________。 生物质法常使用组氨酸(结构如图1所示)与钴形成的配合物进行烟气脱硫，组氨酸常在盐酸中保存，生成质子化组氨酸(用表示)，其电离平衡常数分别为、、。组氨酸在水中各种存在形式的物质的量分数随变化关系如图2所示。 （2）质子化组氨酸在水中的第二步电离方程式为___________。 A． B． C． D． （3）图2曲线c表示的微粒为___________。 A． B． C．HA D． （4）当时，所对应的溶液pH为___________。(结果保留两位有效数字) 11．（2026·上海闵行·二模）红树林湿地被誉为“海岸卫士”，通过厌氧氨氧化和硫自养脱氮高效净化水体。 科研人员测得红树林水层与沉积物中、总硫化物相对浓度随深度的变化关系如下图。(沉积物中富含等离子) (5)利用该沉积物的层级结构可设计微生物燃料电池，则该电池的正极最应放置在深度为_______mm的区域。 A．-1～0 B．0～1 C．1～2 D．大于2 (6)结合图像解释总硫化物浓度在沉积物表层几乎为0，而在沉积物深层随深度增加而升高的原因：_______。 红树林能通过沉积物中的有效截留来自陆地径流的过量磷酸盐，缓解水体富营养化。下图是不同pH下磷酸的分布形式。 (7)下列说法正确的是_______。(不定项) A．酸性水体比弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀 B．水体时，去除磷酸盐的主要离子方程式： C．的 D．向磷酸溶液中加入溶液至时，此时溶液中存在： 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗的量折算成消耗的量(单位为)来表示.为评估红树林对水体的净化作用，小组成员测定了红树林表层水样的COD。(溶液作用是消除干扰) 测试样品 消耗标准溶液体积 红树林表层水样 11.50 mL 蒸馏水 12.00 mL 地表水环境质量标准 水质等级 Ⅱ类 Ⅲ类 Ⅳ类 Ⅴ类 ≤15 ≤20 ≤30 ≤40 (8)通过计算，结合我国《地表水环境质量标准》，从化学需氧量角度判断红树林表层水体的水质等级_______。 12．（25-26高三上·上海青浦·期末）过氧化氢和盐酸的混合溶液可以刻蚀含铜的电路板。 含铜电路板也可以用进行刻蚀，对刻蚀后的液体(、和)进行处理以提取，流程如下图： (5)室温下，向4 mL 0.1 mol/L 溶液中逐滴滴加1 mol/L氨水，变化过程如下图所示： 蓝色溶液蓝色沉淀深蓝色溶液 已知：室温下，①，。 ②   n 1 2 3 4 室温下，下列说法正确的是___________。 A．足量固体放入纯水充分溶解后，溶液呈浅蓝色[即] B．固体投入稀硫酸形成pH=5的溶液中， C．若将蓝色沉淀滤出、洗净后再加入到5 mL 1 mol/L氨水中，固体完全溶解 D．加氨水至蓝色沉淀恰好溶解，所得溶液中 某同学利用滴定法可测定所得的纯度，操作如下： ①取a g 样品，加入足量-HF溶液溶解(用于防止干扰实验：)。 ②滴加足量KI溶液，发生反应：。 ③再用c 的标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时消耗标准溶液V mL，发生的反应为：。 (6)已知溶液呈酸性，①水解程度___________。 A．>                        B．<                         C．= ②取上述溶液稀释后，溶液中的值___________。 A．增大                      B．减小                      C．不变 (7)①滴定终点的判断___________。 ②接近滴定终点时，向溶液中滴加KSCN，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是___________。 (8)已知CuI能够吸附大量，若不加KSCN，则测得的纯度___________。 A．变大 B．变小 C．不变 D．无法确定 (9)计算样品的纯度：___________(结果用a、c、V的代数式表示)。 13．（2026·上海·一模）生产、生活废水必须要做及时处理，否则会影响人类的生活环境。废水的常见化学处理法有：中和法、氧化还原法、萃取法、吸附法、混凝法、沉淀法等。 大量含氮污水任意排放将造成藻类疯长，出现水体富营养化等问题。某小组尝试用NaClO溶液处理含氨氮废水。 (3)室温下，部分酸的电离平衡常数如表所示，下列关于次氯酸钠溶液的说法中，错误的是_________； 化学式 常温下的电离平衡常数 HClO A．依据物料守恒关系， B．依据强酸制弱酸原理，通入少量有利于HClO生成，可增强漂白作用 C．由于NaClO水解呈碱性，则 D．根据“有弱才水解”规律，所以NaClO是弱电解质 (4)下列物质中不能与NaClO反应的是_________。 A． B． C． D．NaHS (5)NaClO将废水中的氧化为无污染气体，反应的离子方程式为_________；实际实验中NaClO溶液的投入量要大于理论计算量，可能的原因是_________。 含铜()废水是冶金、电子等行业产生的废水，直接排放会导致严重污染。工业上常用NaHS作为沉淀剂处理离子。 (6)现有0.1mol·L-1Na2S溶液； ①若将该溶液中的离子按浓度由大到小进行排序，则顺序为_________。 ②通过计算为什么0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性的原因：_________。 (7)沉淀铜离子时，发生反应。常温下，该反应的平衡常数约为，则此条件下_________(用该反应的的和表示)。 14．（25-26高三下·上海·月考）硼的化合物丰富多彩！ Ⅰ．三氯化硼() 可用于有机反应催化、电子工业等领域，其熔点为，沸点为12.5℃，易水解生成硼酸()和HCl。 (一)实验室模拟以、木炭和为原料制备的装置如下图所示(夹持装置略)： 制备原理： 实验步骤： (ⅰ)连接仪器，检验装置的气密性，装入药品；打开，通一段时间； (ⅱ)关闭，打开加入适量浓盐酸，接通冷凝装置，加热管式炉； (ⅲ)待反应结束，停止加热，打开，再通一段时间。 (二)纯度的测定 ①将实验制得的产品，置于蒸馏水中完全水解，过滤并洗涤难溶物，合并滤液和洗涤液配成100 mL溶液。 ②取20.00 mL溶液于锥形瓶中。 ③加入10.00 mL浓度为溶液使完全沉淀，并向其中加入少许硝基苯用力振荡摇动。 ④加入滴，用0.2500 mol/L KSCN标准液滴定过量的溶液(发生反应：)。平行滴定4次，达到滴定终点时用去KSCN标准液的体积数据记录如下： 实验编号 1 2 3 4 消耗KSCN标准液的体积/mL 5.02 5.00 4.98 5.30 已知：， Ⅱ．硼酸()与硼砂() 硼砂()水溶液常用于pH计的校准，溶于水会发生部分水解： 硼酸()在水溶液存在电离过程：   (25℃) (9)关于0.1 mol/L的硼砂溶液，下列说法正确的是___________。 A．硼砂溶液中存在守恒关系： B．硼砂溶液呈酸性 C．加入少量强酸或强碱后，硼砂溶液的pH变化可以保持相对稳定 D．硼砂溶液中存在微粒浓度的关系： 15.（25-26高三上·上海·期末）燃煤烟气中含有大量和。 （1）常温下若氨水浓度为，则该氨水的_______(保留1位小数) （2）将通入该氨水中，当溶液恰好呈中性时，溶液中_______。 （3）结合数据，判断溶液的酸碱性，并说明理由_______。 16．（2026·上海·一模）柠檬酸(俗称枸橼酸，用表示)是一种有机弱酸，易溶于水，熔点为153℃，可作酸度调节剂、防腐剂等。其结构简式如图所示： 25℃时，用调节溶液的，溶液中各种微粒的分布系数与的关系如图所示[比如的分布系]。 (5)下列叙述错误的是_______。 A．曲线Ⅰ代表，曲线Ⅳ代表 B．当时，溶液的 C．25℃时，反应的 D．25℃时，溶液加水稀释过程中，减小 (6)某浓度均为的和的混合液中 ①_______ A．小于 　　 B．等于 　　 C．大于 　　 D．无法确定 ②=_______。 (7)常温下，在柠檬酸()和的混合液中滴加NaOH溶液，混合液中pX[，X代表、、、]与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是_______。 A．直线表与pH关系 B． C．0.1 溶液呈碱性 D．的K>1000 (8)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为_______g。 17．（2026·上海普陀·二模）精炼铜的阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液浸出回收银。某小组在实验室模拟了从沉渣中分离出AgCl，并使浸取剂再生的过程。 已知：ⅰ．25℃，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10-14，Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5； ⅱ．25℃，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.3×10-8；Ka2(H2SO4)=1.2×10-2。 (1)AgCl、Ag2SO3、Ag2SO4三种盐的溶解度由大到小顺序为___________。 【步骤Ⅰ】浸出AgCl (2)已知： 。[Ag(SO3)2]3-的浓度与溶液pH的关系如图___________所示。 (3)取AgCl固体，加入一定体积 1 mol·L-1 Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液(pH=8)。该反应的离子方程式是___________。 【步骤Ⅱ】酸化沉银 (4)①取步骤Ⅰ所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时pH约为5，完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫微粒是___________。(不定项) A．       B．             C．            D． ②pH不能过低的原因是___________。 (5)请运用化学平衡移动原理解释白色沉淀可能是AgCl的原因___________。 (6)将沉淀过滤并洗净，取少量沉淀，___________(填操作和现象)，证实其中不含Ag2SO4。 (7)为证明白色沉淀中不含Ag2SO3，设计了如下对比实验。 序号 实验 固体A 加入试剂 现象 Ⅰ 白色沉淀 先滴加1 mL稀硫酸，再加1滴稀KMnO4溶液。 浅紫红色浊液 Ⅱ Ag2SO3 白色浊液 Ⅲ X ___________ 固体X是___________，出现___________(填写现象)，说明沉淀中不含Ag2SO3。 【步骤Ⅲ】浸取剂再生 (8)向步骤Ⅱ所得溶液(pH ≈ 5)，加___________试剂可使浸取液再生。此时需调控溶液的pH范围为___________(写出计算过程)。 A．3 ~ 5           B．5 ~ 7               C．7 ~ 9              D．9 ~ 11 18．（25-26高三下·上海·开学考试）2025年宁德时代推出的第二代钠电池，作为固态电解质，工业上以天然锆英石(主要成分为，含有、、、等杂质)为原料生产的工艺流程如下： 已知： ①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、； ②“煅烧”后固体主要成分为、和； ③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如图。 (3)“调pH”后，废液中，则废液中为___________。(已知：25℃时，，) 19．（2026·新疆·一模）利用废钴渣（主要成分为，含和）回收制备和，其工艺流程如图所示。 已知：“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理为 (3)“沉铁”过程通过控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图1所示（图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域）。若控制，“沉铁”的最佳温度范围为________。 (4)“滤渣2”的成分为和。若“滤液1”中，当“滤液2”中时，除钙率为________[忽略沉淀前后溶液体积变化；已知：]。 20．（2026·上海·一模）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 Ⅰ、(缩写为MDEA)溶液可用于捕集燃煤烟气中，转化过程如下。 (1)室温下，的，，吸收后溶液的，此时主要含碳阴离子为______(写离子符号)。 (2)从结构的角度解释MDEA水溶液能吸收的理由是______。 Ⅱ、二氧化碳加氢制甲醇体系中存在以下反应： ① ； ② ； ③ ； (5)常温下，碳酸溶液中含碳物种的分布系数随溶液pH的变化关系如下图： ① ②已知：MCO3为难溶电解质，Ksp(MCO3)=2×10-9(M2+不水解，不与Cl-反应)。 下列说法正确的是______。 A．用HCl调节MCO3浑浊液使其pH=10.34时，c(M2+)≈2×10-4.5mol/L B．时， C．时， D．时， / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴08 水溶液中离子反应与平衡 命题预测 水溶液离子平衡是上海高考化学压轴重难点，三轮复习侧重多平衡叠加综合推断。考题常结合弱酸弱碱电离、盐类水解、沉淀溶解、酸碱滴定曲线综合命题，贴合污水处理、化工除杂、水质调控真实情境，深度融合离子浓度比较、守恒关系计算。2026 年上海卷侧重分布系数图、对数图像、滴定 pH 曲线分析，强化电离、水解、沉淀竞争平衡，结合 Kw、Ka、Ksp 综合计算，考查图像解读、逻辑推导与定量守恒应用，区分度高，是压轴拉分核心专题。 高频考法 1. 弱电解质电离平衡、水的电离影响因素与 Kw 应用； 2. 三大守恒（电荷、物料、质子）与离子浓度大小排序； 3. 盐类水解规律、酸碱中和滴定曲线与分布系数图像分析 4. Ksp 沉淀溶解平衡、沉淀转化、先后沉淀判断与计算； 5. 电离 - 水解竞争、缓冲溶液、混合溶液离子平衡综合分析。 知识·技法·思维 考向01 强弱电解质的比较与判断 1．在相同浓度、相同温度下，对强弱电解质做导电对比实验。 2.在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的快慢。如将Zn粒投入到等浓度的盐酸和醋酸中，结果前者比后者反应快。 3.浓度与pH的关系。如常温下，0.1 mol·L－1的醋酸溶液，其pH>1，即可证明CH3COOH是弱电解质。 4.测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液呈碱性，则证明CH3COOH是弱酸。 5.稀释前后的pH与稀释倍数的变化关系。如将pH＝2的酸溶液稀释100倍，若pH<4，则证明该酸为弱酸，若pH＝4，则证明该酸为强酸。 6.利用实验证明存在电离平衡。如向醋酸溶液中滴入石蕊溶液变红，再加CH3COONH4，颜色变浅。 7.利用较强酸制较弱酸来判断电解质强弱。如将CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明酸性：H2CO3>C6H5OH。 考向02 “用规律”“抓类型”突破盐类水解问题 1.规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性，越热越水解，越稀越水解。 2.类型 ①强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性，如醋酸钠水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 ②强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性，如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。 ③NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。 ④弱酸弱碱盐相互促进水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。 ⑤弱酸酸式盐水溶液酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。 a．若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。 b．若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，如NaHCO3、Na2HPO4等。 考向03 Ka、Kh、Kw、Ksp的关系换算方法 1．Ksp、Kw、Kh的关系 氯化铁溶液中存在：Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，Kh===，故Ksp=。 2．M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH之间的关系 M(OH)n(s)Mn+(aq)+nOH-(aq)，Ksp=c(Mn+)·cn(OH-)=·cn(OH-)==)n+1。 3．Ka、Ksp、K的关系 反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K，则K= 考向04 图像分析和综合应用 （一）滴定曲线 1.抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱。 2.抓反应“一半”点：判断是什么溶质的等量混合。 3.抓“恰好”反应点：生成的溶质是什么，判断溶液的酸碱性。 4.抓溶液的“中性”点：生成什么溶质，哪种物质过量或不足。 5.抓反应的“过量”点：溶液中的溶质是什么，判断哪种物质过量。 以室温时用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1 HA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点。滴定曲线如图所示： 关键点 离子浓度关系 反应起始点 (与pH轴的交点) 起始点为HA的单一溶液，0.1 mol·L－1 HA溶液pH>1说明HA是弱酸，c(HA)> c(H＋)>c(A－)>c(OH－) 反应一半点(点①) 两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－) 中性点(点②) 此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)> c(H＋)＝c(OH－) 恰好完全反应点 (点③) 此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液是碱性， c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋) 过量点(点④) 此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) （二）分布系数曲线图像分析 1．透析分布曲线，锁定思维方向 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例) δ0为CH3COOH分布系数，δ1为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 随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式 同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的分析浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度 2.明确解题要领，快速准确作答 （1）读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势； （2）“读浓度”——通过横坐标的垂线，可读出某pH时的粒子浓度； （3）“用交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数K； （4）“可替换”——根据溶液中的元素质量守恒进行替换，分析得出结论。 （三）坐标为对数或负对数的图像分析 将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取常用对数，即lg c(A)或lg得到的粒子浓度对数图像。 1．破解对数图像——pH的数据 （1）运算法则：lg ab＝lg a＋lg b、lg ＝lg a－lg b、lg 1＝0。 （2）运算突破点：如lg＝0的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0的点有c(D)＝1 mol·L－1。 2．破解对数图像的步骤 （1）识图像：观察横坐标、纵坐标的含义，看清每条曲线代表的粒子种类以及曲线的变化趋势，计算电离常数时应利用两种粒子浓度相等的点，如lg＝0。 （2）找联系：根据图像中的坐标含义和曲线的交点，分析所给电解质的电离平衡常数或pH与纵、横坐标之间的联系。 （3）想原理：涉及电离平衡常数，写出平衡常数表达式，在识图像、想原理的基础上，将图像与原理结合起来思考。 （4）用公式：运用对数计算公式分析。 典例·靶向·突破 考向01 电离、水解、沉淀平衡 例1【新情境——碳中和】（2026·上海崇明·二模）将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。一种富集烟气中的方法示意图如下： 在温度25℃下，浓度均为0.1 的4种溶液pH如下： 溶质 pH 11.6 9.7 10.0 4.5 （1）据表中和的pH，___________(填“能”或“不能”)判断非金属性C<S。 （2）向溶液中通入一定量气体，不可能发生的离子反应为___________。(不定项) A． B． C． D． （3）等物质的量浓度的和的混合溶液中，有关微粒的浓度关系正确的是___________。(双选) A． B． C． D． 【答案】 （1）不能 （2）D （3）AC 【解析】 （1）、均存在电离平衡和水解平衡，且不是S元素的最高价含氧酸，故无法比较C、S的非金属性强弱。 （2）需根据SO2通入量（少量、过量）判断产物，由浓度均为0.1mol/L碳酸钾、碳酸氢钾、亚硫酸钾、亚硫酸氢钾溶液的pH可知，酸性强弱（）及反应规律分析各选项离子方程式的合理性。 A．的酸性强于，当SO2适量时，反应可以发生，A正确； B．当SO2少量时，过量，生成和，反应可以发生，B正确； C．当SO2过量时，H2SO3足量，会生成CO2和，离子方程式为，C正确； D．该反应不符合强酸制弱酸规律，因为与SO2反应时，SO2溶于水生成H2SO3，即使SO2少量，也会生成而不是直接生成CO2；若SO2过量则生成，不可能直接生成和CO2，所以该反应不可能发生，D错误； 故选D。 （3）A．根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，在等物质的量浓度的和的混合溶液中，电荷守恒式应为，A正确； B．混合溶液中电荷守恒式为，物料守恒为，两式整理得，B错误； C．设和的物质的量浓度均为c，则，，所以，C正确； D．等物质的量浓度的和的混合溶液中，的水解程度大于水解程度，所以，D错误； 故选AC。 情境链接 以烟气 CO₂富集转化、碳中和绿色低碳工艺为热点情境，依托碳酸盐、亚碳酸盐体系转化，结合盐溶液 pH 数据，串联弱电解质电离、盐类水解、元素非金属性比较、离子反应规律、溶液离子浓度大小比较，贴合上海高考水溶液离子平衡综合命题特点，贴合双碳环保化工实际应用场景。 考向解码 1.弱酸酸性与非金属性判断：依据酸式盐 pH 比较弱酸电离程度，辨析最高价含氧酸酸性与非金属性的对应逻辑。 2.强酸制弱酸离子反应判断：结合酸性强弱顺序，判断不同量 SO₂与碳酸根反应的可行离子方程式。 3.电解质溶液三大守恒：考查电荷守恒、物料守恒、质子守恒公式辨析与应用。 4.混合盐溶液离子浓度排序：结合水解、电离程度相对大小，判断溶液微粒浓度大小关系，是上海高考高频重难点题型。 【变式探究】（2026·上海金山·二模）下表呈现了三种磷的含氧酸相关信息。 名称（化学式） 次磷酸（） 亚磷酸（） 磷酸（） 结构 电离平衡常数 （1）表中三种含氧酸的酸性强弱顺序为________。（用化学式表示） （2）下列属于酸式盐的是________。（不定项） A． B． C． D． （3）结合表中信息，通过计算分析溶液的酸碱性________。 【答案】 （1） （2）CD （3）的电离常数，水解常数，，因此电离程度大于水解程度，溶液显酸性 【解析】 （1）弱酸的电离常数越大，酸性越强，多元酸的酸性由第一步电离决定，由表格数据可知大小：，故酸性顺序为。 （2）是一元酸，是正盐；是二元酸，是正盐；是三元酸，、都还含有可电离的，属于酸式盐；答案选CD。 （3）溶液中，会电离，使溶液显酸性，，；会水解，使溶液显碱性，，；，电离程度大于水解程度，溶液显酸性。 考向02 各平衡常数之间关系 例2（2026·上海青浦·二模）工业尾气中常含有NO和CO，可利用含Ni催化剂将其转化为、或。 （1）已知常温下时，会转化为沉淀，请用化学用语表示的沉淀溶解平衡_______。 将通入溶液可制氮肥。 主要反应： 已知：：、、；：。 （2），测得溶液，此时溶液中的微粒浓度大小关系：_______(选填“>”、“<”或“=”)。 （3）计算该反应的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 【答案】 （1） （2）< （3） 【分析】图1（NO转化率-温度图） 该图为相同反应时间下，不同温度测得的NO转化率，趋势为：温度低于250℃时，NO转化率随温度升高逐渐增大；温度高于250℃时，NO转化率随温度升高逐渐减小，最高点出现在250℃附近。结合反应放热（）的特征：低温下反应速率慢，未达到平衡，温度升高反应速率加快，相同时间内转化率上升；温度升高到一定程度后反应达到平衡，放热反应升温平衡逆向移动，转化率下降；图2（电催化反应历程能量图） 该图为NO催化转化为过程中各中间体的相对能量图，整体为放热反应（终态能量低于初始反应物）；第一步活化能远大于后续步骤，是整个反应的决速步骤；图3（产物谱图） 横坐标为质荷比，纵坐标为相对强度，特征峰出现在，符合（相对分子质量为）的质谱图特征。 （1）沉淀溶解平衡需要标注聚集状态，正确表达式为； （2）根据电荷守恒：，时，移项得； （3）反应的平衡常数变形推导： ， 代入、、，得。 【变式探究】（2026·上海金山·二模）铋（Bi）及其化合物应用广泛。某工厂采用辉铋矿（主要成分为，含少量、等杂质）冶炼粗铋，进一步精炼制备高纯铋，并测定其纯度。该工艺的部分流程如下： 已知：①焙砂的主要成分是、、 ② As（Ⅲ）在水溶液中不同存在形态所占物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。 通过加入调节溶液pH至8，此时溶液中________。（用小数表示） 【答案】 0.1 【分析】辉铋矿（主要成分为，含少量、等杂质）进行氧化焙烧，将其中的硫化物转化为氧化物：，二氧化硅不发生反应，同时产生的尾气主要是二氧化硫；焙砂加入盐酸浸取，与盐酸反应进入溶液，二氧化硅不反应成为滤渣，与盐酸反应为；向浸出液中加入调节 pH，得到BiOCl，BiOCl固体与足量碳、碳酸钠混合，高温还原得到粗铋，粗铋通过电解精炼得到精铋。 根据，电离平衡常数，由图可知时，，故。时，，因此。 考向03 粒子平衡图像分析 例3【热点——微粒的分布分数】（25-26高三下·上海浦东新·月考）肼的化学式为，在工业上应用广泛。常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，微粒的分布分数随的关系如下图所示。[X的分布分数，X表示或或] (1)已知肼为二元弱碱，常温下肼在水溶液中的电离分两步进行，请补充第二步的电离方程式。第一步电离：；第二步电离：_______。 (2)结合上图，下列分析正确的是______。（不定项） A．曲线B代表的分布分数随的关系 B．肼的电离平衡常数 C．当时，存在 D．溶液中存在 (3)常温下，时，溶液的________。 (4)常温下，溶于水显酸性，通过计算简要说明原因________。 【答案】(1) (2)BC (3)3.5 (4)既水解又电离： 水解常数，电离常数，，说明水解程度大于电离程度，溶液中，因此溶液显酸性 【分析】碱性强时，肼主要以形式存在，因此曲线A代表，B代表，当进一步增大时，溶液碱性更弱，继续结合氢离子转化为，的含量逐渐增多，对应曲线C。 【详解】（1）肼是二元弱碱，第一步电离生成，第二步继续电离出生成：。 （2）横坐标越大，越小，溶液酸性越强： A．碱性强时，肼主要以形式存在，因此曲线A代表，B代表，A错误； B．第一步电离，A、B的交点处，，故，B正确； C．时，分布分数，即浓度关系，C正确； D．中物料守恒为，D错误； 答案。 （3），当时，。已知，根据图示（B、C交点），故，，，则。 （4）既水解又电离，其水解常数，的电离常数，，说明水解程度大于电离程度，溶液中，因此溶液显酸性 情境链接 以肼的二元弱碱性质与微粒分布分数图像为背景，考查弱电解质的分步电离、平衡常数计算、离子浓度守恒与大小比较。肼作为重要的工业化工原料与火箭推进剂，其水溶液的酸碱平衡及离子反应规律是上海高考电离平衡、水解平衡模块的典型热点题型，贴合陌生二元弱碱的原理迁移考查方向。 考向解码 1.二元弱碱分步电离方程式书写：类比多元弱碱电离规律，补充第二步电离方程式，考查电离原理的迁移应用。 2.分布分数图像分析：辨析不同曲线对应的微粒种类，结合图像信息判断电离常数、微粒浓度大小关系，是上海高考图像题核心热点。 3.电离常数（Kb）计算：利用图像交点处微粒浓度相等的特征，结合−lgc(OH−)数值换算c(OH−)，求解电离平衡常数。 4.物料守恒与离子浓度排序：考查盐溶液（强酸弱碱盐）中的物料守恒式书写，及不同条件下微粒浓度相对大小判断。 【变式探究】（2026·上海普陀·二模）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂，若废水中Cu2＋超标会造成重金属污染，影响水生动植物生存，同时危害人体健康。 某同学设计并探究了硫酸四氨合铜晶体的制备和转化，并对实验产生的废液进行处理。 Ⅲ．废液处理 国家规定Cu2＋含量低于6.4×10-6 g·L-1、pH=7的废水符合排放标准。某次实验后，测得废液中c(H＋)=0.1mol·L-1，c(Cu2＋)=0.05mol·L-1，需净化处理。 已知：Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。 (5)硫化物沉淀法 工业上可使用硫化物来处理含铜废液。请通过计算说明使用FeS处理的优点是___________。 (6)水解中和法 常温下，水溶液中含铜微粒Cu2＋、[Cu(OH)]＋、Cu(OH)2、[Cu(OH)3]-和[Cu(OH)4]2-的分布系数(某含铜微粒占总含铜微粒的物质的量分数)随pH的变化曲线如图所示。 ①曲线3代表的含铜微粒为___________。 ②pH=10.7时，c{[Cu(OH)3]-}＋2c{[Cu(OH)4]2-}＋2c() ___________c(Na＋)(选填“＞”、“=”、“＜”)。 ③计算Cu(OH)2＋2OH-[Cu(OH)4]2-的平衡常数K=___________。 ④若CuSO4溶液起始浓度为α mol·L-1，加入NaOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积的变化)，求M点混合溶液中Na＋的浓度___________(用含α的式子表示)。 【答案】 (5)反应的平衡常数，沉淀更为完全，硫离子残留少 (6) ＜ 【分析】溶液中加入氨水，先生成沉淀，继续加入氨水，生成，向溶液中加入乙醇可降低其溶解度，析出固体，过滤后向固体中加入盐酸转化为。 【详解】 （5）反应的平衡常数，使用处理含铜废液时，反应进行完全，可将完全除去。 （6）①pH升高，浓度增大，含铜微粒中数目逐渐增加，按pH从小到大，微粒依次为、、、、。 ②根据电荷守恒： ，，，且由图可知、浓度接近为0，整理得： 。 ③：，时交点处，，时交点处，，故。 ④M点，，，根据此时溶液中的电荷守恒 代入得。 1.（2026·上海崇明·二模）复合氨基酸螯合钙是新一代补钙剂，以贝壳为钙源合成复合氨基酸螯合钙的流程如下： 过程Ⅱ和Ⅲ的实验装置如下： 已知： ①螯合反应：金属离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子连结形成具有环状结构的化学反应。例如： ②复合氨基酸螯合钙易溶于水，在人体中会缓慢释放。 回答下列问题： （1）当溶液浓度为0.468 时，需要控制pH在什么范围才不会有沉淀？___________()；条件优化时发现pH≈8.5时螯合效率最高，pH过低或过高螯合效率都较低，原因是：___________。 含钙率的测定：取2.500 g复合氨基酸螯合钙配成250 mL溶液。取25.00 mL溶液，用0.05 EDTA-2Na溶液进行3次平行滴定(指示剂已省略)，并记录消耗的EDTA-2Na溶液平均体积为20.00 mL。 EDTA在水溶液中可以看作是一种六元弱酸，用表示，各级电离平衡常数如下表： （2）某EDTA的盐溶液中和的浓度相等，该溶液的pH=___________。 （3）EDTA-2Na可以用表示，请通过计算说明其溶液的酸碱性(要求写出计算过程)。 （4）若EDTA-2Na能与1：1发生螯合反应，则含钙率为___________(用钙的质量分数表示)。 （5）相较于传统补钙剂之一的，复合氨基酸螯合钙有何优点？___________。 【答案】 （1） pH小于11.5 pH较低时，溶液中浓度大，与氨基反应，使得N不易与配合；pH较高时，会生成沉淀，使得螯合率下降 （2）2 （3）的，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性 （4）16% （5）复合氨基酸螯合钙易溶于水，易被人体吸收；且在人体中会缓慢释放，对肠胃的刺激较小；同时还能补充氨基酸 【分析】贝壳（主要成分为CaCO3）先被粉碎增大接触面积，再与盐酸反应生成CaCl2溶液并除去过量CO2，接着在控制pH的条件下与复合氨基酸发生螯合反应，最后经系列操作得到复合氨基酸螯合钙； （1）无Ca2+沉淀的pH范围： 由Ksp[Ca(OH)2] = c(Ca2+)·c2(OH-) = 4.68×10-6， 已知c(Ca2+) = 0.468 mol/L，则：c2(OH-) = = 1.0×10-5 ；c(OH-) = 1.0×10-2.5mol/L；pOH = 2.5pH = 14 - 2.5 = 11.5；因此，需控制pH < 11.5，避免Ca(OH)2沉淀生成；pH对螯合效率的影响：pH过低时，溶液中H+浓度高，会与氨基酸的氨基（-NH2）反应生成，使氨基失去配位能力，难以与Ca2+形成螯合物，螯合效率降低；pH过高时，OH-浓度增大，易与Ca2+生成Ca(OH)2沉淀，游离的Ca2+减少，螯合率下降； （2）对于EDTA的电离：H4Y H+ + H3Y-，电离常数Ka3 = 1.0×10-2， 电离平衡表达式：Ka3 =， 已知c(H4Y) = c(H3Y-)，则Ka3 = c(H+) = 1.0× 10-2， 因此pH = -lg(1.0×10-2) = 2； （3）H2Y2-存在电离与水解两种平衡；电离平衡：H2Y2- H+ + HY3-，电离常数为Ka5 = 6.9×10-7；水解平衡：H2Y2- + H2O H3Y- + OH-，水解常数：  Kh == ≈ 4.8×10-12；由于Kh < Ka5，说明H2Y2-的电离程度大于水解程度，溶液中c(H+) > c(OH-)，因此溶液呈酸性； （4）滴定反应：Ca2+ + H2Y2- = CaY2- + 2H+，物质的量之比为1:1；25.00 mL溶液中：n(Ca2+) = n(EDTA-2Na) = 0.05mol/L×20.00×10-3L = 1.0×10-3mol；250 mL溶液中：n(Ca2+) = 1.0×10-3mol×= 0.01mol；钙的质量：m(Ca) = 0.01mol×40g/mol= 0.4g；含钙率：×100% =16%； （5）复合氨基酸螯合钙易溶于水，吸收率远高于难溶的CaCO3；在人体中缓慢释放Ca2+，对肠胃刺激性小，避免了CaCO3与胃酸反应产生CO2导致的腹胀、嗳气；同时可补充人体所需的氨基酸，兼具补钙与补充营养的双重作用。 2.（25-26高三下·上海·月考）工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，主要含Au、、、，从中获取贵金属和Se、Pb等其他化工原料的流程如下图。 已知：①当某离子的浓度低于时，可认为该离子完全沉淀，忽略该离子在溶液中的存在；②  ； Se元素有和两种含氧酸。25℃时，和的电离常数如表： 第一步完全电离 （1）列式计算的溶液的pH_______。 （2）关于溶液，下列选项正确的是_______。(不定项) A．将该溶液加水稀释，水的电离程度减弱 B． C．向该溶液中加入少量溶液的离子反应方程式为： D． “银转化”时，的浓度与溶液pH的关系如图；及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图3。 已知：，； （3）“银转化”时，pH需要控制的范围大约是_______。 A．3-4 B．5-6 C．8-10 D．12-14 （4）pH过大或过小对“银转化”都不利的原因可能是_______。 （5）“银转化”得到的滤液3中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图4，某溶液中平衡浓度为，则的浓度为_______。 （6）银还原后的“滤液4”可返回“银转化”工序循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是_______(试用平衡原理解释)。 【答案】 （1）pH≈0.96 （2）CD （3）C （4）过小，与结合使降低，平衡左移，不利于银浸出；过大，较大，与结合生成沉淀，降低的产率，不利于银转化 （5）0.05 （6）循环过程中部分被氧化为，使溶液中降低，平衡向左移动，因此银的浸出率降低 【分析】将阳极泥加入氧化剂、酸性介质和，被氧化，Cu、Se元素转化为可溶性离子或含氧酸，进入滤液1，后续可从滤液1中提取Cu和Se；被氧化，转化为，转变为，同时要防止氯离子过量将转化为可溶性的；、、Au都留在滤渣1中； 向滤渣1加入强氧化剂、硫酸和NaCl，Au被氧化为可溶性配合物，进入滤液2，可从滤液2中提取金；和不溶解，留在滤渣2中，实现金与银、铅的分离； 向滤渣2加入，形成可溶性配合物进入溶液，而不溶，过滤后直接得到产品，含银配合物的溶液为滤液3，实现银与铅的分离。 向滤液3加入还原剂，将中的Ag元素还原为Ag单质，得到最终产品Ag；还原后的滤液4返回银转化工序循环利用，提高原料利用率，减少排放。 （1）的电离方程式为，，第一步完全电离，故0.1 mol/L 的第一步电离后得到的，；设第二步电离出的浓度为： ， 解得，总，； （2）A．溶液显酸性，抑制水的电离，加水稀释后减小，抑制作用减弱，水的电离程度增大，A错误； B．第一步完全电离，在溶液中仅以、两种形式存在，物料守恒为，B错误； C．酸性：，符合强酸制弱酸，C正确； D．由电荷守恒，，D正确； 故选CD； （3）由图2可知，当pH为8~10时，浓度最大，此时最利于银浸出，故选C； （4）过小，与结合生成、，使降低，平衡左移，不利于银浸出；过大，较大，与结合生成沉淀，降低的产率，不利于银转化； （5）由图4可知，当时和的分布分数均为0.5，所以二者浓度均为0.0375 mol/L，平衡的平衡常数，时，，且得，解得； （6）循环过程中部分被氧化为，使溶液中降低，平衡向左移动，因此银的浸出率降低。 3．（2026·上海嘉定·二模）闪锌矿氧压浸出工艺中回收部分有价元素的方法如下： (7)MF-TETA螯合树脂对的吸附率随pH值变化关系如图所示： 分析吸附率随pH变化趋势的原因______。 已知：25℃时，的，，的，。 (8)沉硫步骤中向溶液中通入少量，发生的化学反应方程式为______。 已知：25℃时，，，。 (9)某次实验经加压浸出，过滤后的溶液里有、 。向滤液中逐滴滴加溶液，通过计算说明3种离子能否逐一沉淀？______。 【答案】 (7)pH＜6时：酸性条件下树脂的氨基(-NH2、-NH-)发生质子化，生成，配位能力被抑制；pH升高，H⁺减少，氨基去质子化，对Ag+的螯合能力增强，吸附率上升。pH＞6时：碱性条件下Ag+与OH-结合生成AgOH，AgOH进一步分解为Ag2O沉淀，游离Ag+浓度降低，无法被树脂螯合，吸附率下降。因此在pH≈6的弱酸性条件下，氨基充分去质子化且Ag+未沉淀，吸附率达到最高 (8) (9)开始沉淀时，，沉淀完全时，，同理，开始沉淀时，，沉淀完全时，，开始沉淀时，，沉淀完全时，，开始沉淀所需越小，越先沉淀，由此可知，未沉淀完全时，已经开始沉淀，故这3种离子不能逐一沉淀。 【详解】 （7）pH＜6时：酸性条件下树脂的氨基(-NH2、-NH-)发生质子化，生成，配位能力被抑制；pH升高，H⁺减少，氨基去质子化，对Ag+的螯合能力增强，吸附率上升。pH＞6时：碱性条件下Ag+与OH-结合生成AgOH，AgOH进一步分解为Ag2O沉淀，游离Ag+浓度降低，无法被树脂螯合，吸附率下降。因此在pH≈6的弱酸性条件下，氨基充分去质子化且Ag+未沉淀，吸附率达到最高 （8）根据电离常数判断酸性强弱：＞＞＞，根据强酸制弱酸原理，向溶液中通入少量，与水反应生成，提供H+，使发生歧化反应，生成S单质、和，故发生的化学反应方程式为。 （9）开始沉淀时，，沉淀完全时，，同理，开始沉淀时，，沉淀完全时，，开始沉淀时，，沉淀完全时，，开始沉淀所需越小，越先沉淀，由此可知，未沉淀完全时，已经开始沉淀，故这3种离子不能逐一沉淀。 4.（2026·上海崇明·二模）民以食为天，食以水为先。水是生命之源，其丰富而独特的性质与其结构密切相关。 （1）水的电离平衡为，下列操作中，能促进水的电离平衡，且使得溶液呈酸性的是___________。 A．向水中加入少量NaCl固体 B．向水中加入少量固体 C．向水中加入少量固体 D．将水加热到100℃ （2）常温下，若某溶液中由水电离出的，则该溶液的pH可能为___________。 【答案】 （1）B （2）4或10 【解析】 （1）A．NaCl是强酸强碱盐，在水中电离成和且两种离子均不水解，不影响水的电离平衡，溶液呈中性，A不符合题意； B．是强酸弱碱盐，在水中电离成，并存在水解平衡：，的水解促进水的电离，生成使溶液呈酸性，B符合题意； C．是强酸的酸式盐，在水溶液中电离成、和，使溶液呈酸性，但会抑制水的电离，C不符合题意； D．水的电离是吸热反应，升温使平衡正向移动，促进电离，但和的浓度仍相等，呈中性，D不符合题意； 故答案选B； （2）若该溶液为碱溶液，溶液中，则。若该溶液是酸溶液，由水电离出的，溶液中总浓度为，溶液，综上，该溶液pH可能为4或10； 5.（2026·上海·一模）醋酸在生活中十分常见，我们可以利用它进行化学实验探究。 【配制一定物质的量浓度的醋酸与反应中和热的测定】： 小张同学在实验室配制一定物质的量浓度的醋酸并进行反应中和热的测定。 【弱酸电离平衡的探究】： 小张同学探究25℃下，醋酸(简写为HAc)电离平衡的影响因素，他将物质的量浓度为0.1mol·L-1 的HAc溶液和与其等浓度的醋酸钠(简写为NaAc)按一定体积比混合，测pH。 序号 pH Ⅰ 40.00 0 2.86 Ⅱ 4.00 a b 0 3.36 …… Ⅶ 4.00 c d 3：4 e Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65 （1）判断溶液的酸碱性有多种方法。下列现象是检测醋酸溶液一定不会发生的有________ (不定项选择)。 A．能够使甲基橙呈黄色的溶液 B．的溶液 C．溶液中： D．溶液中： （2）下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是________。 A．升高温度 B．加水稀释 C．加少量的醋酸钠固体 D．加少量冰醋酸 （3）表格中：a=___________，b=___________，e=___________。 （4）由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡___________(选填“正”或“逆”)向移动，结合表中数据，给出判断理由：___________。 （5）由实验___________可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。 （6）小张同学分析上表数据发现：随着的增加，逐渐接近HAc的； 查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于HAc的； 对比数据发现：实验Ⅷ中pH=4.65与真实的值存在一定差异，推测可能由物质浓度准确不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 ①移取20.00mL HAc溶液，加入2滴___________溶液，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点的现象为：___________，消耗NaOH溶液体积为22.06mL，则该HAc溶液的准确浓度为___________。用上述HAc溶液和0.1000mol·L-1 NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。 ②小张同学又用浓度均为0.1mol·L-1 的HAc溶液和0.1mol·L-1 的NaOH溶液测定HAc的值，请你完成实验设计方案表格的填写： i 移取20.00mL HAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL ii ___________，测得溶液的pH为4.76 （7）醋酸是一元弱酸，只有一步电离，已知草酸是一种二元弱酸，其电离常数比醋酸电离常数大得多，但比醋酸电离常数小，试从电离平衡移动的角度解释的原因：___________。 【答案】 （1）C （2）B （3） 0.00 36.00 4.60 （4） 正 实验Ⅱ相较于实验I，醋酸稀释了10倍而实验Ⅱ的pH增大值小于1，说明稀释HAC溶液时，电离平衡正向移动 （5）Ⅱ和Ⅶ、Ⅷ （6） 酚酞 当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变成浅红色且半分钟不褪色 0.1103 移取20.00mL HAc溶液，向其中加入0.5VmL的NaOH溶液 （7）草酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离的氢离子抑制第二步电离 【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响； （2）A．升高温度，醋酸的电离平衡常数变大，A错误； B．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，加水稀释，促进醋酸的电离，B正确； C．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，加少量的醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，C错误； D．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，醋酸的电离程度减小，D错误； 故选B； （3）Ⅱ中，则a=0.00，比较Ⅱ、Ⅰ，溶液总体积应该不变，则b=36.00； 醋酸中存在平衡，由Ⅰ数据，则，Ⅶ中，则c=3.00，混合后醋酸约为、醋酸钠约为，则，，pH≈4.60，e=4.60； （4）实验Ⅱ相较于实验I，醋酸稀释了10倍而实验Ⅱ的pH增大值小于1，说明稀释HAC溶液时，电离平衡正向移动 （5）Ⅱ和Ⅶ、Ⅷ的变量为醋酸根离子浓度，由Ⅱ和Ⅶ、Ⅷ数据可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。 （6）醋酸钠溶解水解显碱性，故移取20.00mL HAc溶液，加入2滴酚酞溶液做指示剂，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点，终点现象为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变成浅红色且半分钟不褪色；消耗NaOH溶液体积为22.06mL，则该HAc溶液的准确浓度为； 向20.00mL的HAc溶液中加入VmLNaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，的值等于HAC的，因此实验ii为：移取20.00mL HAc溶液，向其中加入0.5VmL的NaOH溶液； （7）草酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离的氢离子抑制第二步电离，导致。 6.（25-26高三下·上海·开学考试）萤石主要成分为，可用作冶金助熔剂、氢氟酸生产、光学材料制造等领域。 HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成。 （1）HF能二聚的原因是___________，写出发生第二步电离的电离方程式___________。 某温度下，将分析浓度(总浓度)相同的HCl、HF和三种溶液，分别加水稀释时，溶液pH变化如图所示。 （2）图中，氢氟酸溶液在稀释初期的pH上升特别快的原因是___________。 （3）已知：HF的电离平衡常数，的电离平衡常数。在溶液中，水解程度___________(选填：“>”、“<”或“=”)，请结合数据说明原因。___________。 【答案】 （1） HF分子间可形成氢键 （2）的酸性强于HF，当溶液浓度较高时，溶液中为主，稀释时，酸性越强，酸溶液的pH变化幅度越大，因此在稀释初期pH上升特别快；随着浓度降低，溶液中以HF为主，酸性减弱，稀释时pH变化的幅度减小 （3） > 由HF的电离平衡常数，得出；的电离平衡常数，得出，，水解程度 【解析】 （1）分子间可形成氢键，因此能二聚为；第一步电离为，第二步电离为； （2）的酸性强于，当溶液浓度较高时，溶液中以为主，稀释时酸性更强的解离，浓度变化幅度大，因此pH上升特别快；随着浓度降低，溶液中以为主，酸性减弱，稀释时pH变化幅度减小； （3）；由的电离平衡常数，得出；的电离平衡常数，得出，，水解程度。 7.（25-26高三下·上海·开学考试）配合物二草酸合铜(Ⅱ)酸钾，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤Ⅰ：80℃下，100 mL水中依次加入、充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008 mol CuO充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤III： 步骤Ⅳ：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为。 已知： ⅰ．25℃，、；、。 ⅱ．微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。 （1）()产品纯度的测定：准确称取制得的晶体试样a g溶于氨水中，并加水定容至250 mL，取试样溶液25.00 mL，再加入10 mL的稀硫酸，用的标准液滴定，还原产物为，消耗标准液V mL。 该产品的纯度为___________(用含字母的最简式表示)。 （2）将制得的纯净进行热重分析，结果如图所示，由图可知在C点剩余固体为和___________。 【答案】（1）或 （2） 【解析】 （1）由可知，晶体纯度为； （2）起始物为（M=354 g/mol）。C点剩余固体质量为354 g/mol × 59.3% ≈ 210 g。若剩余固体为（M=138 g/mol）和（M=143 g/mol），且由1 mol起始物生成1 mol 和0.5 mol ，则理论剩余质量为138 + 0.5 × 143 = 209.5 g，与实验值210 g基本相符，故另一固体为。 8．（25-26高三下·上海·月考）硫化氢消除并资源化利用是天然气开采、炼油行业、煤化工等工业中长期面临的重要研究课题。(已知H2S的Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-15，Ksp(ZnS)=2.0×10-22) (1)通过计算说明，常温下NaHS溶液呈______(酸性/中性/碱性)。 (2)Na2S通入HCl至中性时，溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为______。 (3)H2S通入Na2CO3溶液能否发生反应？(如果能，写出方程式；如果不能，说明理由)______。(已知Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=4.8×10-11) (4)硫化氢可用溶液吸收。室温下，向溶液中通尾气直至饱和，此时溶液中[]。当溶液中刚好有沉淀生成时，[]=______。此时溶液中溶液的______(保留2位小数)。 【答案】(1)碱性 (2) (3) (4) 0.67 【详解】（1）常温下NaHS溶液中的电离常数，的水解常数，即的电离程度小于水解程度，溶液显碱性。 （2）NaHS溶液显碱性，通入HCl至中性时，说明溶液中的溶质除了NaHS外还有少量，溶液中含硫微粒的浓度最大的是、其次是，浓度最小的是，浓度由大到小的顺序为。 （3）根据题目数据，可知的酸性大于，根据强酸制弱酸的原理，。 （4）当溶液中刚好有沉淀生成时，。 根据的两个电离常数，将，，。 9.（25-26高三上·上海·期末）工业上一般用电解法精炼提纯铜，装置如下图所示。 阳极泥中存在等，回收流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ② ③。 （1）25℃时，向“过滤”所得滤液中加入一定量的NaCl可以生成AgCl沉淀而使和分离，防止AgCl进一步溶解，浓度不能超过_______。 （2）25℃时，AgCl沉淀加入氨水［溶质以计］使其溶解，完全溶解0.1 mol ，至少需加入氨水的体积为_______L。(忽略溶液体积的变化，写出计算过程) （3）请写出的电离方程式，并说明你这样写的理由_______。 【答案】 （1）0.5 （2）0.44 （3）的电离方程式为，理由是是稳定的络合离子，在水溶液中完全电离出和，表现为强酸 【分析】首先将含有金、银、铜的阳极泥与稀硝酸进行酸溶，铜、银分别被氧化为硝酸铜、硝酸银进入溶液，金不发生反应以固体形式留在滤渣中；过滤后，向含硝酸铜、硝酸银的滤液后续可进一步分离铜与银，而向含金的滤渣中加入硝酸钠和氯化钠的混合体系，在硝酸的氧化作用与氯离子的络合作用下，金转化为四氯合金酸溶解进入溶液；最后向四氯合金酸溶液中加入锌粉，通过置换反应还原出金单质，从而实现金的回收。 （1）根据平衡：，当[AgCl2]-浓度低于1.0×10-5mol·L-1时，可忽略其存在。将K表达式变形为，将c([AgCl2]⁻) = 1.0×10-5mol·L-1代入，因此，Cl-浓度不能超过0.5mol·L-1，否则会导致AgCl溶解。 （2）AgCl与氨水反应： 平衡常数 。设溶解后溶液体积为，则 ，（反应消耗0.2mol）。代入平衡常数表达式：，化简得：。 （3）电离方程式为，理由是是稳定的络合离子，在水溶液中完全电离出和，表现为强酸。 10.（25-26高三上·上海·月考）直接排放含的烟气会形成硫酸型酸雨危害环境，需要对其进行处理。其中，钠碱循环法和生物质法较为常见。 钠碱循环法以溶液作为吸收液。 （1）当吸收液的降至约为6时，需送至电解槽再生，再生示意图如下： ②当阴极室中溶液升至8以上时，可以实现吸收液的再生和循环利用，结合的电离平衡和上述图像简述再生原理：___________。 生物质法常使用组氨酸(结构如图1所示)与钴形成的配合物进行烟气脱硫，组氨酸常在盐酸中保存，生成质子化组氨酸(用表示)，其电离平衡常数分别为、、。组氨酸在水中各种存在形式的物质的量分数随变化关系如图2所示。 （2）质子化组氨酸在水中的第二步电离方程式为___________。 A． B． C． D． （3）图2曲线c表示的微粒为___________。 A． B． C．HA D． （4）当时，所对应的溶液pH为___________。(结果保留两位有效数字) 【答案】 （1） 阴极上放电生成，溶液浓度增大，使的电离平衡向右移动，浓度增大；同时通过阳离子交换膜移入阴极室，生成，实现吸收液再生 （2）B （3）C （4）7.6 【解析】 （1）阴极上放电生成，溶液浓度增大，使的电离平衡向右移动，浓度增大；同时通过阳离子交换膜移入阴极室，生成，实现吸收液再生。 （2）质子化组氨酸第一步电离为，第二步电离为，故选B。 （3）pH越低，酸性越强，含H多、电荷高的存在形式占比越高：pH由低到高，曲线a为，b为，c为，d为，故c表示。 （4）已知，，两式相乘得：，当时，，，。 11．（2026·上海闵行·二模）红树林湿地被誉为“海岸卫士”，通过厌氧氨氧化和硫自养脱氮高效净化水体。 科研人员测得红树林水层与沉积物中、总硫化物相对浓度随深度的变化关系如下图。(沉积物中富含等离子) (5)利用该沉积物的层级结构可设计微生物燃料电池，则该电池的正极最应放置在深度为_______mm的区域。 A．-1～0 B．0～1 C．1～2 D．大于2 (6)结合图像解释总硫化物浓度在沉积物表层几乎为0，而在沉积物深层随深度增加而升高的原因：_______。 红树林能通过沉积物中的有效截留来自陆地径流的过量磷酸盐，缓解水体富营养化。下图是不同pH下磷酸的分布形式。 (7)下列说法正确的是_______。(不定项) A．酸性水体比弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀 B．水体时，去除磷酸盐的主要离子方程式： C．的 D．向磷酸溶液中加入溶液至时，此时溶液中存在： 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗的量折算成消耗的量(单位为)来表示.为评估红树林对水体的净化作用，小组成员测定了红树林表层水样的COD。(溶液作用是消除干扰) 测试样品 消耗标准溶液体积 红树林表层水样 11.50 mL 蒸馏水 12.00 mL 地表水环境质量标准 水质等级 Ⅱ类 Ⅲ类 Ⅳ类 Ⅴ类 ≤15 ≤20 ≤30 ≤40 (8)通过计算，结合我国《地表水环境质量标准》，从化学需氧量角度判断红树林表层水体的水质等级_______。 【答案】 (5)B (6)沉积物表层氧气浓度高，总硫化物被氧气氧化而消耗，浓度几乎为0；沉积物深层氧气浓度几乎为0，微生物将还原为总硫化物，且深度越深，总硫化物积累越多，总硫化物浓度随深度增加而升高 (7)BD (8)Ⅱ类 【详解】 （5）微生物燃料电池的正极发生还原反应，需要氧气作为氧化剂。该电池的正极最应放置在浓度高的区域，由图像可知，沉积物的层级结构中，0~1 mm区域既处于沉积物表层，又有较高的浓度，更适合作为正极的放置区域(兼顾氧气供应和与微生物、电解质的接触)，故选B； （6）结合图像解释总硫化物浓度在沉积物表层几乎为0，而在沉积物深层随深度增加而升高的原因为：沉积物表层氧气浓度高，总硫化物被氧气氧化而消耗，浓度几乎为0；沉积物深层氧气浓度几乎为0，微生物将还原为总硫化物，且深度越深，总硫化物积累越多，总硫化物浓度随深度增加而升高； （7）磷酸()属于弱电解质，电离过程分步进行，依次电离出，结合不同pH下磷酸的分布形式可知，曲线1、2、3、4分别代表、的变化，且、、，据此分析： A．由图可知，酸性水体中(pH较低)，磷酸主要以、形式存在；弱碱性水体中(pH较高)，磷酸主要以形式存在，而与结合生成沉淀的趋势更大，所以弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀，A错误； B．由图可知，水体时，磷酸主要以形式存在，则去除磷酸盐的主要离子方程式为：，B正确； C．反应的，C错误； D．由曲线可知pH=12.3时，，则向磷酸溶液中加入溶液至时，溶质为等物质的量的，即发生反应：，根据物料守恒可得，，则此时溶液中存在：，D正确； 故选BD。 （8）滴定原理：，即。蒸馏水空白组：，则；水样组：，。水样消耗：，折算成消耗的量：，即，则，COD=，则水质等级为Ⅱ类。 12．（25-26高三上·上海青浦·期末）过氧化氢和盐酸的混合溶液可以刻蚀含铜的电路板。 含铜电路板也可以用进行刻蚀，对刻蚀后的液体(、和)进行处理以提取，流程如下图： (5)室温下，向4 mL 0.1 mol/L 溶液中逐滴滴加1 mol/L氨水，变化过程如下图所示： 蓝色溶液蓝色沉淀深蓝色溶液 已知：室温下，①，。 ②   n 1 2 3 4 室温下，下列说法正确的是___________。 A．足量固体放入纯水充分溶解后，溶液呈浅蓝色[即] B．固体投入稀硫酸形成pH=5的溶液中， C．若将蓝色沉淀滤出、洗净后再加入到5 mL 1 mol/L氨水中，固体完全溶解 D．加氨水至蓝色沉淀恰好溶解，所得溶液中 某同学利用滴定法可测定所得的纯度，操作如下： ①取a g 样品，加入足量-HF溶液溶解(用于防止干扰实验：)。 ②滴加足量KI溶液，发生反应：。 ③再用c 的标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时消耗标准溶液V mL，发生的反应为：。 (6)已知溶液呈酸性，①水解程度___________。 A．>                        B．<                         C．= ②取上述溶液稀释后，溶液中的值___________。 A．增大                      B．减小                      C．不变 (7)①滴定终点的判断___________。 ②接近滴定终点时，向溶液中滴加KSCN，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是___________。 (8)已知CuI能够吸附大量，若不加KSCN，则测得的纯度___________。 A．变大 B．变小 C．不变 D．无法确定 (9)计算样品的纯度：___________(结果用a、c、V的代数式表示)。 【答案】 (5)D (6) A A (7) 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 CuSCN溶解度小于CuI，加入KSCN使溶解平衡向CuI溶解的方向移动 (8)B (9)% 【分析】向刻蚀后的液体中加入过量铁粉，置换出铜，同时把Fe3+转化成Fe2+，过滤后得到滤渣中有铜和铁粉，滤液A中含有FeCl2，滤渣进一步处理得到硫酸铜晶体，滤液处理后得到FeCl2晶体。 【详解】 （5）A．足量Cu(OH)2固体放入纯水充分溶解后，Cu(OH)2Cu2++2OH-，c(OH-)=2c(Cu2+)，Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)·c2(OH-)=4c3(Cu2+)=2×10-20，c(Cu2+)==×10-7mol/L＜10−5mol/L，A错误； B．pH=5 的溶液中，c(H+)=10−5mol/L，c(OH-)=10−9mol/L，c(Cu2+)== mol/L=2×10−2mol/L，B错误； C．蓝色沉淀为Cu(OH)2，反应方程式为Cu(OH)2+4NH3⋅H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O ，K= Ksp[Cu(OH)2]×K4=2×10−20×4×1012=8×10-8，根据铜元素守恒可知，n[Cu(OH)2]=n(CuSO4) = 4×10-3L×0.1 mol/L=4×10-4mol，结合数据可知，生成[Cu(NH3)4]2+最为稳定，固体才能全部溶解，根据方程式可知，消耗一水合氨的物质的量为4×10-4mol×4=1.6×10-3mol，5 mL 1 mol/L氨水中一水合氨的物质的量为5×10-3L×1mol/L=5×10-3mol，溶液中剩余的一水合氨物质的量为5×10-3mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol，则c(NH3⋅H2O)==0.68mol/L，[Cu(NH3)4]2+的物质的量为4×10-4mol，浓度为=0.08mol/L，OH-浓度为2×0.08mol/L=0.16mol/L，则浓度商为Q==＞K，平衡向逆反应方向进行，则固体不能全部溶解，C错误； D．沉淀恰好溶解时，生成Cu(NH3)4SO4，溶液中氨水的量很少，一水合氨的电离程度很小，所以溶液中存在c[Cu[(NH3)4]2+]>c()，D正确； 故答案为：D。 （6）水解呈酸性，F-水解呈碱性，NH4F溶液呈酸性，说明水解程度＞F-水解程度，故答案为A；水解呈酸性，c(H+)>c(OH-)，加水稀释，c(H+)减小， c(OH-)增大，增大；Kh()===5.6×10-10，水解程度很小，F-的水解程度也很小，几乎不变；+H2O=NH3⋅H2O+H+，Kh()=，c(NH3⋅H2O)= ，F-+H2O=HF+OH-，Kh(F-)=，c(HF)= ，=×=，温度不变Kh()和Kh(F-)为常数，不变，综上所述比值变大，故答案为A。 （7）滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，即达到终点；物质结构相同时，溶度积大的物质容易转化为溶度积小的物质，则CuI转化为CuSCN的原因是CuSCN溶解度小于CuI，加入KSCN使溶解平衡向CuI溶解的方向移动。 （8）根据题目中的信息CuI能够吸附大量，快到滴定终点时，加入KSCN可将CuI转化为CuSCN，从而释放出被吸附的，继续与标准液反应，若不加KSCN，则测得的CuSO4·5H2O纯度变小,故答案为B。 （9）根据题中信息可知2CuSO4·5H2O~~2，则n(CuSO4·5H2O)=n(Na2S2O3)=cv×10-3mol，CuSO4·5H2O的纯度=×100%=。 13．（2026·上海·一模）生产、生活废水必须要做及时处理，否则会影响人类的生活环境。废水的常见化学处理法有：中和法、氧化还原法、萃取法、吸附法、混凝法、沉淀法等。 大量含氮污水任意排放将造成藻类疯长，出现水体富营养化等问题。某小组尝试用NaClO溶液处理含氨氮废水。 (3)室温下，部分酸的电离平衡常数如表所示，下列关于次氯酸钠溶液的说法中，错误的是_________； 化学式 常温下的电离平衡常数 HClO A．依据物料守恒关系， B．依据强酸制弱酸原理，通入少量有利于HClO生成，可增强漂白作用 C．由于NaClO水解呈碱性，则 D．根据“有弱才水解”规律，所以NaClO是弱电解质 (4)下列物质中不能与NaClO反应的是_________。 A． B． C． D．NaHS (5)NaClO将废水中的氧化为无污染气体，反应的离子方程式为_________；实际实验中NaClO溶液的投入量要大于理论计算量，可能的原因是_________。 含铜()废水是冶金、电子等行业产生的废水，直接排放会导致严重污染。工业上常用NaHS作为沉淀剂处理离子。 (6)现有0.1mol·L-1Na2S溶液； ①若将该溶液中的离子按浓度由大到小进行排序，则顺序为_________。 ②通过计算为什么0.1mol·L-1NaHS溶液呈碱性的原因：_________。 (7)沉淀铜离子时，发生反应。常温下，该反应的平衡常数约为，则此条件下_________(用该反应的的和表示)。 【答案】 (3)BD (4)B (5) NaClO水解生成的HClO不稳定，易分解 (6) 的水解常数，说明的水解程度大于电离程度，溶液中，溶液呈碱性 (7) 【详解】 （3）A．次氯酸钠溶液中存在如下物料守恒关系：，A正确； B．二氧化硫具有还原性，二氧化硫能与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，使得次氯酸钠溶液的浓度减小，漂白作用减弱，B错误； C．次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则由电荷守恒关系：可知，溶液中钠离子浓度大于次氯酸根离子浓度，C正确； D．次氯酸钠在溶液中完全电离出钠离子和次氯酸根离子，属于强电解质，D错误； 故答案选BD； （4）A．由电离常数可知，碳酸的酸性强于次氯酸，由强酸制弱酸的原理可知，二氧化碳能与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸，A不符合题意； B．由电离常数可知，碳酸的酸性强于次氯酸，由强酸制弱酸的原理可知，碳酸氢钠溶液不能与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸，B符合题意； C．硫化氢具有强还原性，能与次氯酸钠溶液反应生成氯化钠、硫沉淀和水，C不符合题意； D．硫氢化钠具有强还原性，能与次氯酸钠溶液反应生成氯化钠、硫沉淀和氢氧化钠，D不符合题意； 故答案选B； （5）由题意可知，氨气与次氯酸钠溶液反应生成氮气、氯化钠和水，反应的离子方程式为：；次氯酸钠在溶液中水解生成氢氧化钠和次氯酸，次氯酸不稳定，遇光易分解，使得水解平衡右移，导致次氯酸钠溶液的浓度降低，所以实际实验中次氯酸钠溶液的投入量要大于理论计算量，故答案为：；NaClO水解生成的HClO不稳定，易分解； （6）①硫离子的水解常数为，由硫元素守恒可知，c(HS-)＜0.1mol/L，，即，若忽略2级水解，设水解的c(S2-)=xmol/L，则，解得，S2-的水解程度为，所以c(HS-)> c(S2-)，因此，溶液中离子浓度大小关系为：，故答案为：； ②的水解常数，说明的水解程度大于电离程度，溶液中，所以硫氢化钠溶液呈碱性，故答案为：的水解常数，说明的水解程度大于电离程度，溶液中； （7）由方程式可知，由，可变形为。根据的电离平衡常数表达式可知，且。代入得，则，故答案为：。 14．（25-26高三下·上海·月考）硼的化合物丰富多彩！ Ⅰ．三氯化硼() 可用于有机反应催化、电子工业等领域，其熔点为，沸点为12.5℃，易水解生成硼酸()和HCl。 (一)实验室模拟以、木炭和为原料制备的装置如下图所示(夹持装置略)： 制备原理： 实验步骤： (ⅰ)连接仪器，检验装置的气密性，装入药品；打开，通一段时间； (ⅱ)关闭，打开加入适量浓盐酸，接通冷凝装置，加热管式炉； (ⅲ)待反应结束，停止加热，打开，再通一段时间。 (二)纯度的测定 ①将实验制得的产品，置于蒸馏水中完全水解，过滤并洗涤难溶物，合并滤液和洗涤液配成100 mL溶液。 ②取20.00 mL溶液于锥形瓶中。 ③加入10.00 mL浓度为溶液使完全沉淀，并向其中加入少许硝基苯用力振荡摇动。 ④加入滴，用0.2500 mol/L KSCN标准液滴定过量的溶液(发生反应：)。平行滴定4次，达到滴定终点时用去KSCN标准液的体积数据记录如下： 实验编号 1 2 3 4 消耗KSCN标准液的体积/mL 5.02 5.00 4.98 5.30 已知：， Ⅱ．硼酸()与硼砂() 硼砂()水溶液常用于pH计的校准，溶于水会发生部分水解： 硼酸()在水溶液存在电离过程：   (25℃) (9)关于0.1 mol/L的硼砂溶液，下列说法正确的是___________。 A．硼砂溶液中存在守恒关系： B．硼砂溶液呈酸性 C．加入少量强酸或强碱后，硼砂溶液的pH变化可以保持相对稳定 D．硼砂溶液中存在微粒浓度的关系： 【答案】 (9)C 【分析】装置A用浓盐酸与反应制备，中混有和，则装置B中的试剂X为饱和食盐水，目的是除去氯气中的；装置C盛装浓硫酸，用于干燥氯气；装置D中和氯气、木炭反应制备，装置E用于冷凝并收集；装置F的作用是吸收未反应的氯气，同时防止空气中的水进入装置E导致水解，据此解答。 【详解】 （9）A．​中，硼砂溶液中发生部分水解：，含B元素的微粒有、，由物料守恒可得：，A错误； B．硼酸的电离平衡常数，的水解平衡常数，即，说明的水解程度大于的电离程度，溶液呈碱性，B错误； C．硼砂溶液中存在(弱酸)和(弱酸根)，属于缓冲溶液体系。加入少量强酸时，会结合生成；加入少量强碱时，会结合生成，因此加入少量强酸或强碱后，硼砂溶液的pH变化可以保持相对稳定，C正确； D．由B项可知，的水解程度大于的电离程度，所以，D错误； 故选C。 15.（25-26高三上·上海·期末）燃煤烟气中含有大量和。 （1）常温下若氨水浓度为，则该氨水的_______(保留1位小数) （2）将通入该氨水中，当溶液恰好呈中性时，溶液中_______。 （3）结合数据，判断溶液的酸碱性，并说明理由_______。 【答案】 （1）11.5 （2）0.6 （3）的水解常数，即，即水解程度小于电离程度，铵根离子也可水解， 溶液显酸性； 【解析】 （1）氨水中存在电离平衡：，浓度为，设生成的氢氧根离子浓度为x mol/L，则铵根离子的浓度约为x mol/L，的，则，解得x=310-3 mol/L，水中c(H+)==×10-11mol·L-1，则该氨水pH=-lg(×10-11)=11+lg3=11.5； （2）根据亚硫酸的第二步电离平衡常数表达式可知，； （3）的水解常数，即，即水解程度小于电离程度，铵根离子也可水解，溶液显酸性； 16．（2026·上海·一模）柠檬酸(俗称枸橼酸，用表示)是一种有机弱酸，易溶于水，熔点为153℃，可作酸度调节剂、防腐剂等。其结构简式如图所示： 25℃时，用调节溶液的，溶液中各种微粒的分布系数与的关系如图所示[比如的分布系]。 (5)下列叙述错误的是_______。 A．曲线Ⅰ代表，曲线Ⅳ代表 B．当时，溶液的 C．25℃时，反应的 D．25℃时，溶液加水稀释过程中，减小 (6)某浓度均为的和的混合液中 ①_______ A．小于 　　 B．等于 　　 C．大于 　　 D．无法确定 ②=_______。 (7)常温下，在柠檬酸()和的混合液中滴加NaOH溶液，混合液中pX[，X代表、、、]与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是_______。 A．直线表与pH关系 B． C．0.1 溶液呈碱性 D．的K>1000 (8)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为_______g。 【答案】 (5)A (6) A 0.300 (7)C (8)14.4 【分析】25℃时，用氢氧化钠调节H3A溶液的pH时，溶液中H3A的浓度减小，H2A-的浓度先增大后减小、HA2- 的浓度先增大后减小、A3-的浓度持续增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数，由图可知，H3A的浓度与HA2- 的浓度相等时，溶液的pH为3.1，则H3A的一级电离常数Ka1(H3A)= = c(H+)=10—3.1，同理可知，H3A的二级电离常数、三级电离常数分别为10—4.8、10—6.4。 【详解】 （5）A．由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数，A错误； B．由电离常数可得：Ka2(H3A) Ka3(H3A) =，则溶液中H2A-的浓度与A3-的浓度相等时，溶液中 c2(H+)=10—4.8×10—6.4=10—11.2，则溶液中氢离子浓度为：c(H+)=mol/L=10—5.6mol/L， pH为5.6，B正确； C．由方程式可知，反应的平衡常数为：K=====101.7≈50.1，C正确； D．25℃时，HA2-的水解常数Kh===10—9.2＜Ka3(H3A)，说明HA2-在溶液中的电离程度大于水解程度，Na2HA溶液呈酸性，加水稀释过程中，氢离子浓度减小，水的离子积常数、HA2-的水解常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，由电离常数可得：=，所以溶液中和的值减小，D正确； 故选A。 （6）①25℃时，HA2-的水解常数Kh===10—9.2＜Ka3(H3A)，说明HA2-在溶液中的电离程度大于水解程度，Na2HA溶液呈酸性，同理可知，H2A-的水解常数Kh===10—10.9＜Ka2(H3A)，说明H2A-在溶液中的电离程度大于水解程度，NaH2A溶液呈酸性，则等浓度的NaH2A和Na2HA混合溶液呈酸性，由H2A-的电离常数大于HA2-可知，H2A-在溶液中的电离程度大于HA2-，且H2A-在溶液中电离出HA2-，所以溶液中H2A-的小于HA2-，故选A； ②混合溶液中存在电荷守恒关系：，则溶液中= c(Na+)=0.100 mol/L×2+ 0.100 mol/L=0.300 mol/L； （7）常温下，向柠檬酸和硝酸镉混合溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镉离子浓度减小，则L4为-lgc(Cd2+)与pH的变化曲线；由电离常数可知，溶液中、、，柠檬酸的一级电离常数、二级电离常数、三级电离常数依次减小，则溶液pH相等时，溶液中、、依次减小，所以曲线L1、L2、L3分别代表-lg、-lg 、-lg 随pH的变化曲线；由图可知，溶液pH为4时，溶液中为100.9，则H3R的一级电离常数Ka1(H3R)= = 10—4×100.9=10—3.1，同理可知，H3R的二级电离常数、三级电离常数分别为10—4.7、10—6.4； A．由分析可知，曲线L1、L2、L3分别代表-lg、-lg 、-lg 随pH的变化曲线，A正确； B．由图可知，溶液pH为7时，镉离子浓度为10-0.3 mol/L，则氢氧化镉的溶度积为：Ksp=10-0.3×(10—7)2=10—14.3，B 正确： C．25℃时，HR2-的水解常数Kh===10—9.3＜Ka3(H3R)，说明HR2-在溶液中的电离程度大于水解程度，Na2HR溶液呈酸性，C错误； D．由方程式可知，反应的平衡常数为：K=====103.3＞1000，D正确； 故选C； （8）由题意可知，柠檬酸亚铁的物质的量为：=0.2 mol，设混合物中氧化铁的物质的量为x mol，氧化亚铁的物质的量为y mol，由铁原子个数守恒可得：2x+y=0.2，由氧化物的质量可得：160x+72y=15.84，解联立方程可得x=0.09 mol，所以Fe2O3的质量为160 g/mol×0.09 mol=14.4 g。 17．（2026·上海普陀·二模）精炼铜的阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液浸出回收银。某小组在实验室模拟了从沉渣中分离出AgCl，并使浸取剂再生的过程。 已知：ⅰ．25℃，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10-14，Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5； ⅱ．25℃，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.3×10-8；Ka2(H2SO4)=1.2×10-2。 (1)AgCl、Ag2SO3、Ag2SO4三种盐的溶解度由大到小顺序为___________。 【步骤Ⅰ】浸出AgCl (2)已知： 。[Ag(SO3)2]3-的浓度与溶液pH的关系如图___________所示。 (3)取AgCl固体，加入一定体积 1 mol·L-1 Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液(pH=8)。该反应的离子方程式是___________。 【步骤Ⅱ】酸化沉银 (4)①取步骤Ⅰ所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时pH约为5，完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫微粒是___________。(不定项) A．       B．             C．            D． ②pH不能过低的原因是___________。 (5)请运用化学平衡移动原理解释白色沉淀可能是AgCl的原因___________。 (6)将沉淀过滤并洗净，取少量沉淀，___________(填操作和现象)，证实其中不含Ag2SO4。 (7)为证明白色沉淀中不含Ag2SO3，设计了如下对比实验。 序号 实验 固体A 加入试剂 现象 Ⅰ 白色沉淀 先滴加1 mL稀硫酸，再加1滴稀KMnO4溶液。 浅紫红色浊液 Ⅱ Ag2SO3 白色浊液 Ⅲ X ___________ 固体X是___________，出现___________(填写现象)，说明沉淀中不含Ag2SO3。 【步骤Ⅲ】浸取剂再生 (8)向步骤Ⅱ所得溶液(pH ≈ 5)，加___________试剂可使浸取液再生。此时需调控溶液的pH范围为___________(写出计算过程)。 A．3 ~ 5           B．5 ~ 7               C．7 ~ 9              D．9 ~ 11 【答案】(1) (2)A (3) (4) AD 溶液中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出，污染环境 (5)滴加稀硫酸后，，浓度减小，使得平衡正移，增大，，生成了氯化银沉淀； (6)加入足量稀盐酸，充分反应后取上层清液，滴加氯化钡溶液，无沉淀生成 (7) AgCl 浅紫红色浊液 (8) NaOH 银离子沉淀完全，同时避免沉淀。根据，要使为主要存在形式，则，则，即；若要使浓度远大于即浓度大于浓度的100倍，则需要调控溶液，故选D 【分析】本实验模拟了工业上用溶液浸出AgCl并回收银的过程，主要分为浸出、酸化沉银和浸取剂再生三个阶段。浸出阶段：与AgCl反应生成可溶性；酸化沉银：加稀硫酸后，解离出，与Cl⁻结合生成AgCl沉淀；浸取剂再生：加NaOH调，可使浸取液再生，据此解答。 【详解】（1）已知25℃，，，可知三种饱和溶液中分别为、、，溶解度：； （2）增大，消耗越多，平衡逆向移动，浓度减小，故pH增大，浓度增大，故答案为A； （3）由A图可知pH=8时溶液中银元素主要以形式存在，AgCl固体与Na2SO3溶液反应的离子方程式为； （4）①加稀硫酸后，解离出，与Cl⁻结合生成AgCl沉淀。完全沉淀时，发生反应为：，未参与反应，溶液中大量存在的微粒含有，此时pH约为5，，，则溶液中含硫粒子主要为，故答案为：AD； ②pH不能过低的原因是溶液中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出，污染环境； （5）滴加稀硫酸后，，浓度减小，使得平衡正移，增大，，生成了氯化银沉淀； （6）微溶，若要证实其中不含，将其转化为，检验即可，方法是：加入足量稀盐酸，充分反应后取上层清液，滴加氯化钡溶液，无沉淀生成，即可证明其中不含； （7）为证明白色沉淀中不含，含有氯化银，设计了三组对比实验，I组加入白色沉淀，出现浅紫红色浊液，第II组加入，仍是浊液；对比前两组实验现象可知白色沉淀中不含；第III组加入固体X应为AgCl，应出现浅紫红色浊液，说明沉淀中不含，应含有氯化银； （8）为了使浸取液再生，就是将银离子沉淀回收，应向Ⅱ所得溶液加NaOH调，可使浸取液再生。银离子沉淀完全，同时避免沉淀。根据，要使为主要存在形式，则，则，即；若要使浓度远大于即浓度大于浓度的100倍，则需要调控溶液，使银离子沉淀完全，同时避免沉淀，故选D。 18．（25-26高三下·上海·开学考试）2025年宁德时代推出的第二代钠电池，作为固态电解质，工业上以天然锆英石(主要成分为，含有、、、等杂质)为原料生产的工艺流程如下： 已知： ①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、； ②“煅烧”后固体主要成分为、和； ③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如图。 (3)“调pH”后，废液中，则废液中为___________。(已知：25℃时，，) 【答案】 (3) 【分析】天然锆英石(主要成分为，含有、、、等杂质)中加入硝酸、浓盐酸溶浸，SiO2不参与反应而进入滤渣1，“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、，加入PbO“沉铅”，此时铅转化为PbCl2；再往滤液中加入氨水调pH，使ZrO2+、Cr3+、Fe3+转化为对应的氢氧化物沉淀，煅烧后转化为、和，再加入C、Cl2进行“高温氯化”生成ZrCl4、FeCl3、CrCl3，通入氢气将FeCl3还原为FeCl2，升华后ZrCl4转化为气体，FeCl2、CrCl3仍以固态形式存在，最后ZrCl4与NaCl在特定条件下化合生成Na2ZrCl6，据此解答。 【详解】 （3）由，代入数据得：，再由得：； 19．（2026·新疆·一模）利用废钴渣（主要成分为，含和）回收制备和，其工艺流程如图所示。 已知：“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理为 (3)“沉铁”过程通过控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图1所示（图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域）。若控制，“沉铁”的最佳温度范围为________。 (4)“滤渣2”的成分为和。若“滤液1”中，当“滤液2”中时，除钙率为________[忽略沉淀前后溶液体积变化；已知：]。 【答案】 (3)40℃~80℃ (4) 【分析】废钴渣加入硫酸“酸溶”，氧化钙转化为硫酸钙沉淀、二氧化硅不反应，两者成为滤渣，其它金属元素得到相应盐溶液，过滤滤液加入次氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠沉铁得到黄钠铁矾渣，过滤滤液1加入NaF生成MgF2、CaF2沉淀得到滤渣2，过滤滤液2加入萃取剂，分离出含镍离子的有机层和含钴离子的水层，有机层反萃取得硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，水层加入碳酸氢钠沉淀得到； 【详解】 （3）由图，控制，“沉铁”的最佳温度范围为40℃~80℃，此时能得到黄钠铁矾； （4）“滤液2”中时，，此时，则除钙率为； 20．（2026·上海·一模）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 Ⅰ、(缩写为MDEA)溶液可用于捕集燃煤烟气中，转化过程如下。 (1)室温下，的，，吸收后溶液的，此时主要含碳阴离子为______(写离子符号)。 (2)从结构的角度解释MDEA水溶液能吸收的理由是______。 Ⅱ、二氧化碳加氢制甲醇体系中存在以下反应： ① ； ② ； ③ ； (5)常温下，碳酸溶液中含碳物种的分布系数随溶液pH的变化关系如下图： ① ②已知：MCO3为难溶电解质，Ksp(MCO3)=2×10-9(M2+不水解，不与Cl-反应)。 下列说法正确的是______。 A．用HCl调节MCO3浑浊液使其pH=10.34时，c(M2+)≈2×10-4.5mol/L B．时， C．时， D．时， 【答案】(1) (2)MDEA分子中的N原子有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进CO2的吸收 (5)A 【详解】（1）H2CO3的，，溶液pH=9，处于二者之间，此时主要含碳阴离子是； （2）MDEA分子中的N原子有孤电子对，能与氢离子形成配位键，可以与CO2相互作用，形成碳酸氢盐或氨基甲酸盐，从而吸收CO2； （5）A．依据分析，pH=10.34时，，此时(CO2+H2CO3)的分布系数接近0，则；又MCO3溶解平衡为：，则有物料守恒 ，则，A正确； B．依据分析有 ，pH=7.34时，即c(H+)=10-7.34 mol/L，代入上式得 ，B错误； C．pH=9时，说明有碱性物质加入调节pH，依据电荷守恒缺少阳离子；若溶液所含阳离子为M2+，则电荷守恒为：，C错误； D由图可知，当 时，溶液pH>8(显碱性)，则；又此时分布系数δ≈1(总碳主要以存在)，则有 ，D错误； 故选A． / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴08 水溶液中离子反应与平衡 典例·靶向·突破 考向01电离、水解、沉淀平衡 例1 【答案】 （1）不能 （2）D （3）AC 【变式探究】 【答案】 （1） （2）CD （3）的电离常数，水解常数，，因此电离程度大于水解程度，溶液显酸性 考向02 各平衡常数之间关系 例2 【答案】（1） （2）< （3） 【变式探究】【答案】 0.1 考向03 粒子平衡图像分析 例3【答案】(1) (2)BC (3)3.5 (4)既水解又电离： 水解常数，电离常数，，说明水解程度大于电离程度，溶液中，因此溶液显酸性 【变式探究】【答案】(5)反应的平衡常数，沉淀更为完全，硫离子残留少 (6) ＜ 1. （1）pH小于11.5 pH较低时，溶液中浓度大，与氨基反应，使得N不易与配合；pH较高时，会生成沉淀，使得螯合率下降 （2）2 （3）的，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性 （4）16% （5）复合氨基酸螯合钙易溶于水，易被人体吸收；且在人体中会缓慢释放，对肠胃的刺激较小；同时还能补充氨基酸 2. （1）pH≈0.96 （2）CD （3）C （4）过小，与结合使降低，平衡左移，不利于银浸出；过大，较大，与结合生成沉淀，降低的产率，不利于银转化 （5）0.05 （6）循环过程中部分被氧化为，使溶液中降低，平衡向左移动，因此银的浸出率降低 3.(7)pH＜6时：酸性条件下树脂的氨基(-NH2、-NH-)发生质子化，生成，配位能力被抑制；pH升高，H⁺减少，氨基去质子化，对Ag+的螯合能力增强，吸附率上升。pH＞6时：碱性条件下Ag+与OH-结合生成AgOH，AgOH进一步分解为Ag2O沉淀，游离Ag+浓度降低，无法被树脂螯合，吸附率下降。因此在pH≈6的弱酸性条件下，氨基充分去质子化且Ag+未沉淀，吸附率达到最高 (8) (9)开始沉淀时，，沉淀完全时，，同理，开始沉淀时，，沉淀完全时，，开始沉淀时，，沉淀完全时，，开始沉淀所需越小，越先沉淀，由此可知，未沉淀完全时，已经开始沉淀，故这3种离子不能逐一沉淀。 4.（1）B （2）4或10 5.（1）C （2）B （3） 0.00 36.00 4.60 （4） 正 实验Ⅱ相较于实验I，醋酸稀释了10倍而实验Ⅱ的pH增大值小于1，说明稀释HAC溶液时，电离平衡正向移动 （5）Ⅱ和Ⅶ、Ⅷ （6） 酚酞 当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变成浅红色且半分钟不褪色 0.1103 移取20.00mL HAc溶液，向其中加入0.5VmL的NaOH溶液 （7）草酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离的氢离子抑制第二步电离 6.（1）HF分子间可形成氢键 （2）的酸性强于HF，当溶液浓度较高时，溶液中为主，稀释时，酸性越强，酸溶液的pH变化幅度越大，因此在稀释初期pH上升特别快；随着浓度降低，溶液中以HF为主，酸性减弱，稀释时pH变化的幅度减小 （3） > 由HF的电离平衡常数，得出；的电离平衡常数，得出，，水解程度 7.（1）或 （2） 8.(1)碱性 (2) (3) (4) 0.67 9.（1）0.5 （2）0.44 （3）的电离方程式为，理由是是稳定的络合离子，在水溶液中完全电离出和，表现为强酸 10.（1）阴极上放电生成，溶液浓度增大，使的电离平衡向右移动，浓度增大；同时通过阳离子交换膜移入阴极室，生成，实现吸收液再生 （2）B （3）C （4）7.6 11.(5)B (6)沉积物表层氧气浓度高，总硫化物被氧气氧化而消耗，浓度几乎为0；沉积物深层氧气浓度几乎为0，微生物将还原为总硫化物，且深度越深，总硫化物积累越多，总硫化物浓度随深度增加而升高 (7)BD (8)Ⅱ类 12.(5)D (6) A A (7) 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 CuSCN溶解度小于CuI，加入KSCN使溶解平衡向CuI溶解的方向移动 (8)B (9)% 13.(3)BD (4)B (5) NaClO水解生成的HClO不稳定，易分解 (6) 的水解常数，说明的水解程度大于电离程度，溶液中，溶液呈碱性 (7) 14.(9)C 15. （1）11.5 （2）0.6 （3）的水解常数，即，即水解程度小于电离程度，铵根离子也可水解， 溶液显酸性； 16.(5)A (6) A 0.300 (7)C (8)14.4 17.(1) (2)A (3) (4)AD 溶液中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出，污染环境 (5)滴加稀硫酸后，，浓度减小，使得平衡正移，增大，，生成了氯化银沉淀； (6)加入足量稀盐酸，充分反应后取上层清液，滴加氯化钡溶液，无沉淀生成 (7) AgCl 浅紫红色浊液 (8) NaOH 银离子沉淀完全，同时避免沉淀。根据，要使为主要存在形式，则，则，即；若要使浓度远大于即浓度大于浓度的100倍，则需要调控溶液，故选D 18.(3) 19.(3)40℃~80℃ (4) 20.(1) (2)MDEA分子中的N原子有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进CO2的吸收 (5)A / 学科网（北京）股份有限公司 $