第3章 水溶液中的离子反应与平衡 整理与提升（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二化学选择性必修1 化学反应原理学习笔记（人教版）

该高中化学课件系统梳理了水溶液中的离子平衡核心知识，涵盖电解质分类、电离平衡、水的电离与pH、盐类水解及沉淀溶解平衡，通过知识框架图将概念、影响因素、平衡常数及应用串联，构建完整知识网络。 其亮点在于以高考真题为导向，通过平衡观与守恒思想直接考查、图像数据分析、工业生产应用三大考向，培养学生科学思维与探究能力，如结合草酸钙溶解平衡分析离子浓度关系，分层设计帮助学生巩固知识，助力教师精准复习教学。

整理与提升 第 三 章 内 容 索 引 知识体系构建 高考真题导向 知识体系构建 返回 高考真题导向 考向一　平衡观和守恒思想的直接考查 1.(2024·福建，10)将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的lg c-lg c0(HCl)关系如图。已知草酸Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3。下列说法错误的是 A.lg c0(HCl)=-1.2时，溶液的pH=1.3 B.任意c0(HCl)下均有c(Ca2+)=c(HC2)+ 　c(H2C2O4)+c(C2) C.CaC2O4(s)+2H+(aq)===Ca2+(aq)+H2C2O4(aq) 　的平衡常数为10-3.0 D.lg c0(HCl)=-4.1时，2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(HC2)+c(Cl-) √ 将草酸钙固体溶于盐酸的过程中，存在三个转化平衡：CaC2O4(s)　 Ca2+(aq)+C2(aq)，C2(aq)+H+(aq)　　HC2(aq)，HC2(aq)　+H+(aq)　　H2C2O4(aq)。由图知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表C2、HC2、H2C2O4。lg c0(HCl)=-1.2时，c(HC2)=c(H2C2O4)，故Ka1= =c(H+)=10-1.3，得出溶液的pH=1.3，A正确； 平衡时C2、HC2、H2C2O4三种组分均来源于CaC2O4溶于盐酸的过程，根据元素守恒有c(Ca2+)=c(HC2)+c(H2C2O4)+c(C2)，故B正确； 由图可知，lg c0(HCl)=1时c(H2C2O4)与c(Ca2+)近似相等，反应CaC2O4(s) +2H+(aq)===Ca2+(aq)+H2C2O4(aq)的平衡常数K== =，故K===10-3.0，C正确； lg c0(HCl)=-4.1时，c(HC2)=c(C2)，根据电荷守恒，有2c(Ca2+)+ c(H+)=c(OH-)+2c(C2)+c(HC2)+c(Cl-)=c(OH-)+3c(HC2)+c(Cl-)，故D不正确。 2.(2024·湖南，13)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) √ 向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，Na+、OH-浓度逐渐下降，HCOO-浓度上升，当V(HCOOH)=20 mL时，c(Na+)=0.05 mol·L-1 ，由图可知，经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度变化的曲线，经过M点、N点的上升曲线表示的是HCOO-浓度变化的曲线。M点时，V(HCOOH)=10 mL，溶液中的溶质为等物质的量的NaOH和HCOONa，NaOH抑制水的电离，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，只存在HCOONa水解，水的电离程度最大，故A正确； M点时，V(HCOOH)=10 mL，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+　c(OH-)，又因M点c(HCOO-)=c(OH-)，联立可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，根据元素守恒有c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH)，联立电荷守恒可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)，故B、C正确； N点是HCOONa溶液，甲酸根离子发生水解，因此c(Na+)>c(HCOO-)、c(OH-)>c(H+)，由图中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。 3.(2024·安徽，13)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-1Na2S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+) √ Na2S溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，A项正确； 0.01 mol·L-1Na2S溶液中存在：S2-+H2O　　HS-+OH-、HS-+H2O　　H2S　+OH-，水解常数Kh()====10-1.10，即=　，又因为c(HS-)<0.01 mol·L-1，因此>1，则c(OH-)>c(S2-)，B项不正确； Ksp(FeS)远大于Ksp(CdS)，向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS时，发生沉淀的转化：Cd2+(aq)+FeS(s)　　CdS(s)+Fe2+(aq)，该反应的平衡常数为K===108.9≫105，因此该反应可以完全进行，CdS的饱和溶液中c()= mol·L-1=10-13.05 mol·L-1，若加入足量FeS，可使c(Cd2+)<10-8 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，该反应可以完全进行，所得溶液中c(H+)≈0.02 mol·L-1，此时c(H2S)=0.1 mol·L-1，代入K= =106.23，解得c(Cd2+)=4×10-9.23 mol·L-1，故c(H+)>c(Cd2+)，D项正确。 考向二　数据分析方法的考查——借助图像分析溶液中的平衡问题 4.(2024·浙江6月选考，15)室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图[例如δ(H2S)=]。已知：Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。 下列说法正确的是 A.溶解度：FeS大于Fe(OH)2 B.以酚酞为指示剂(变色的pH范 　围8.2~10.0)，用NaOH标准溶 　液可滴定H2S水溶液的浓度 C.忽略S2-的第二步水解，0.10 mol·L-1的Na2S溶液中S2-水解率约为62% D.0.010 mol·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol·L-1的Na2S溶液，反应 　初始生成的沉淀是FeS √ 在H2S溶液中存在电离平衡：H2S 　　 H++HS-、HS-　　H++S2-，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图 中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7.0可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。 FeS的溶解平衡为FeS(s)　　Fe2+(aq)+S2-(aq)，Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)，故饱和FeS溶液物质的量浓度为= mol·L-1=　×10-9mol·L-1，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2(s)　　Fe2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH-)，饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为= mol·L-1=×10-6 mol·L-1>×10-9 mol· L-1，故溶解度：FeS<Fe(OH)2，A项错误； 酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，没有反应完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误； Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2O　　HS-+OH-、HS-+H2O　　H2S+　OH-(忽略第二步水解)，第一步水解平衡常数Kh(S2-)==　==0.1，设水解的S2-的浓度为x mol·L-1，则=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为×100%=62%，C项正确； 0.010 mol·L-1 FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol·L-1 Na2S溶液，瞬间得到0.005 mol·L-1 FeCl2和0.1 mol·L-1 Na2S的混合液，结合C项，此时溶液中c(OH-)=0.062 mol·L-1，瞬时c(Fe2+)·c(S2-)=0.005×(0.10-0.062)=1.9×10-4 >Ksp(FeS)，c(Fe2+)·c2(OH-)=0.005×0.0622=1.922×10-5>Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D项错误。 5.(2024·黑吉辽，15)25 ℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。 已知： ①Ag2CrO4为砖红色沉淀； ②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr； ③25 ℃时，pKa1(H2CrO4)=0.7， pKa2(H2CrO4)=6.5。 下列说法错误的是 A.曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B.反应Ag2CrO4+H+　　2Ag+ 　的平衡常数K=10-5.2 C.滴定Cl-时，理论上混合液中指示剂 　浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1 D.滴定Br-达终点时，溶液中=10-0.5 √ 由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1∶1，即两者图像平行，所以①代表Ag2CrO4，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，所以②代表AgCl，③代表AgBr，A项正确； 根据①上的点(2.0，7.7)，可求得Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c()=(10-2)2　×10-7.7=10-11.7，反应Ag2CrO4+H+　　2Ag++HCr的平衡常数K=　====10-5.2，B项正确； 根据②上的点(2.0，7.7)，可求得Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-2×10-7.7=　10-9.7，当Cl-达到滴定终点时，c(Ag+)==1 mol·L-1 ，即c(Cr)== mol·L-1=10-2.0mol·L-1 ，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1 ，C项正确； 根据③上的点(6.1，6.1)，可求得Ksp(AgBr)=c(Ag+)·c(Br-)=10-6.1×10-6.1=　10-12.2，当Br-到达滴定终点时，c(Ag+)=c(Br-)==10-6.1 mol·L-1，即c()== mol·L-1=100.5 mol·L-1，==　10-6.6，D错误。 6.(2024·全国甲卷，13)将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL悬浊液，向其中滴加0.10 mol·L-1的NaCl溶液。lg [cM/(mol·L-1)](M代表Ag+、Cl-或)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是 A.交点a处：c(Na+)=2c(Cl-) B.=10-2.21 C.V≤2.0 mL时，不变 D.y1=-7.82，y2=-lg 34 √ 向1.0 mL含0.10 mmol Ag2CrO4的悬浊液中滴加0.10 mol·L-1的NaCl溶液，发生反应：Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)　　2AgCl(s)+Cr(aq)，两者恰好完全反应时，NaCl溶液的体积为V(NaCl)==2 mL，2 mL之后再加NaCl溶液，c(Cl-)增大，据AgCl(s)　　Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ksp(AgCl)=　c(Ag+)·c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以2 mL后降低的曲线即最下方的虚线代表Ag+，升高的曲线即中间虚线代表Cl-，最上方的实线代表Cr。 2 mL时Ag2CrO4与NaCl溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(Cr)+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和Cr曲线的交点，即c(Cr)=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误； 当V(NaCl)=1.0 mL时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl共存，均达到沉淀溶解平衡，取图中横坐标为1.0 mL的点，得Ksp(AgCl)　=c(Ag+)·c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(Cr)=　(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则==102.21，B错误； V<2.0 mL时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则=为定值，由图可知，在V≤2.0 mL时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，C错误； V>2.0 mL时AgCl处于饱和状态，V(NaCl)=2.4 mL时，图像显示c(Cl-)=　10-1.93 mol·L-1，则c(Ag+)== mol·L-1=10-7.82 mol·L-1，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，根据Cr元素守恒，则c()=　== mol·L-1，则y2=lg c(Cr)=lg =-lg 34，D正确。 考向三　利用溶液的离子平衡分析实验及工业生产的相关问题 7.(2023·浙江6月选考，15)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验Ⅰ：往20 mL 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液。 实验Ⅱ：往20 mL 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1CaCl2溶液。 [已知：H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9，溶液混合后体积变化忽略不计]。 下列说法正确的是 A.实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B.实验Ⅰ中V(NaOH)=10 mL时，存在c(C2)<c(HC2) C.实验Ⅱ中发生反应HC2+Ca2+===CaC2O4↓+H+ D.实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时，溶液中c(C2)=4.0×10-8 mol·L-1 √ NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用在碱性范围变色的酚酞作指示剂，故A错误； 实验Ⅰ中V(NaOH)=10 mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Ka2=5.4×10-5>Kh(C2)=，则HC2的电离程度大于C2的水解程度，因此存在c(C2)>c(HC2)，故B错误； 实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的反应是2HC2+Ca2+===CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为K==　===×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4被完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误； 实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时，溶液中的钙离子浓度为c(Ca2+)　==0.06 mol·L-1，溶液中c(C2)=　= mol·L-1=4.0×10-8mol·L-1，故D正确。 8.(2023·江苏，12)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。已知Ksp(MgF2)=5.2×10-11，Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是 A.0.1 mol·L-1 NaF溶液中：c(F-)=c(Na+)+c(H+) B.“除镁”得到的上层清液中：c(Mg2+)= C.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中：c()=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-) D.“沉锰”后的滤液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c() √ 0.1 mol·L-1NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+)，A错误； “除镁”得到的上层清液为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)· c2(F-)，故c(Mg2+)=，B错误； 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中存在质子守恒：c()+c(OH-)=c(H+)+　c(H2CO3)，故c()=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-)，C正确； “沉锰”后的滤液中还存在F-、等离子，D错误。 9.(2022·重庆，11)某小组模拟成垢—除垢过程如图。 忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是 A.经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-) B.经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(S) C.经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3) D.经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-) √ 100 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2水溶液 …… 经过步骤①，100 mL 0.1 mol·L-1CaCl2水溶液和0.01 mol Na2SO4反应的化学方程式为CaCl2+ Na2SO4===2NaCl+CaSO4↓，生成0.02 mol NaCl和0.01 mol CaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有S和Ca2+，则c(Ca2+)+　c(Na+)>c(Cl-)，故A错误； 步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)===CaCO3(s)+Na2SO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01 mol Na2SO4、0.01 mol Na2CO3和 0.02 mol NaCl，则c(Na+)=6c(S)，故B错误； 由B项分析可知，存在元素守恒：c(Cl-)=2c(C)+2c(HC)+　2c(H2CO3)，故C错误； 步骤③中，CaCO3+2CH3COOH===(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02 mol NaCl、0.01 mol (CH3COO)2Ca，则c(CH3COOH)　+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D正确。 10.(2023·新课标卷，27)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示： 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在，在碱性介质中以存在。回答下列问题： (1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为　　　　 (填化学式)。 Na2CrO4 (2)水浸渣中主要有SiO2和　　 　。 (3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是　　　　　　。 (4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达 Fe2O3 Na[Al(OH)4] 到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致____________________________ _________________； pH>9时，会导致____________________________ __________________。  溶液中c(P)降低，不利于形 成MgNH4PO4沉淀 Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，不利 于形成MgSiO3沉淀 (5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为或VO3+，在碱性条件下，溶解为或，上述性质说明V2O5具有______(填标号)。  A.酸性 B.碱性 C.两性 C (6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为____________________________ ______________。  2Cr2+3S2+10H+===4Cr3+ +6+5H2O 分离钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2存在，还原过程中Cr2被S2还原为Cr3+，S2转化为S，因此反应的离子方程式为2Cr2+3S2+10H+===4Cr3++6S+5H2O。 返回 本课结束 第 三 章 $