第3章 水溶液中的离子反应与平衡 整理与提升（配套教参Word）-【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 江苏专版）

该高中化学单元复习讲义通过考向分类系统构建溶液离子平衡知识体系，将平衡观、守恒思想、数据分析及工业应用按逻辑递进组织，用例题解析中的图像分析、平衡常数计算等呈现知识脉络，突出电离平衡、沉淀溶解平衡等重难点及内在联系。 讲义亮点在于“考向分层+素养导向”的练习设计，如考向一通过草酸钙与盐酸反应考查守恒思想，考向二结合H₂S微粒分数图像培养数据分析能力，渗透科学思维与科学探究素养。解析中总结电荷守恒、平衡常数计算等方法，基础学生可掌握规律，优秀学生能深化应用，助力教师实施精准教学。

整理与提升 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-) 答案　D 解析　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==，又有=，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) 答案　D 解析　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+) 答案　B 解析　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-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+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(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++H2SCdS+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 答案　C 解析　在H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++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-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+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 答案　D 解析　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 答案　D 解析　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，即为定值，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.(2024·江苏，12)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。 实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。 实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。 实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是(　　) A.实验1所得溶液中：c()+c()>c(H+) B.实验2所得溶液中：c()>c() C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体 D.实验3所得溶液中：c()>c(Mn2+) 答案　D 解析　实验1得到H2SO3溶液，其电荷守恒关系式为c()+2c()+c(OH-)=c(H+)，则c()+c()<c(H+)，A错误；实验2溶液pH为4，依据Ka2=，则6.2×10-8=，则c()<c()，B错误；NaHSO3受热易分解，且易被空气中的氧气氧化，故经过蒸干、灼烧得不到NaHSO3固体，C错误；实验3依据发生的反应：5SO2+2Mn+2H2O===5S+2Mn2++4H+，则恰好完全反应后c()>c(Mn2+)，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() 答案　C 解析　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·江苏，12)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·L-1 KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 (　　) A.KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)>c() B.KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3) C.KOH溶液吸收CO2，c总=0.1 mol·L-1溶液中：c(H2CO3)>c() D.如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 答案　C 解析　KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)<c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)<c()，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-) +c()+2c()，依据元素守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1 mol·L-1，c总=0.1 mol·L-1，则溶液为KHCO3溶液，Kh(HC)==≈2.3×10-8>Ka2=4.4×10-11，表明以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)>c()，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为CO2+2KOH===K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O===CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。 10.(2024·全国甲卷，26)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(CoS)=4.0×10-21。 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg [c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是　　　 　　　　。  (2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是　　　　。  (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)=　　　 mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离？　　　(填“能”或“不能”)。  (4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H+的物质的量为　　　　　　。  (5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4，分离出的滤渣是　　　　　　　。  (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为　　　 　　　　。  (7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是　　　　。  答案　(1)增大固体与酸的接触面积，加快“酸浸”速率　(2)CoO+H2SO4===CoSO4+H2O　(3)1.6×10-4　不能　(4)4.0 mol　(5)Fe(OH)3　(6)2Co2++5ClO-+5H2O===2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO　(7)向滤液中滴加NaOH溶液，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥 解析　(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(S2-)= mol·L-1=2.5×10-17 mol·L-1，则c(Co2+)= mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1，说明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀，不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。(4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2+Mn2++2H2O===MnO2↓+4H++，若生成1.0 mol MnO2则产生4.0 mol H+。(5)“沉锰”步骤中，S2将Fe2+氧化为Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，Fe3+可以完全形成Fe(OH)3沉淀而分离。 学科网（北京）股份有限公司 $