第3章 物质在水溶液中的行为 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（鲁科版 京粤闽皖豫宁陕专版）

该高中化学单元复习讲义围绕溶液离子平衡构建知识体系，通过“平衡观直接考查、数据分析、实验工业应用”三大考向分类，结合图像（如摩尔分数-pH关系图）、表格（离子沉淀pH表）梳理电离、水解等平衡原理及守恒思想，呈现重难点内在联系。 讲义亮点在于高考真题情境化练习设计，如2024新课标卷钴回收工业流程题，引导学生运用平衡原理分析实际问题，培养科学思维与科学探究素养。基础题巩固概念（如电离常数计算），综合题提升能力（如多平衡体系分析），助力不同层次学生提升，为教师精准教学提供支持。

整理与提升 1. 2. 3. 4. 5. 考向一　平衡观和守恒思想的直接考查 1.(2024·山东，10)常温下，Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)，平衡常数为K。已知初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08 mol·L-1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是(　　) A.线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况 B.CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-n mol·L-1 C.pH=n时，c(Ag+)= mol·L-1 D.pH=10时，c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 mol·L-1 答案　C 解析　在溶液中存在三个平衡：CH3COOHCH3COO-+H+①、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)②，Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+③，随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH很小时，含碳物种中CH3COOH的摩尔分数较大，pH较大时，Ag+几乎全部转化为AgOH，含碳物种中CH3COO-的摩尔分数较大，线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况，A错误；线Ⅰ和线Ⅱ的交点，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m mol·L-1，B项错误；线Ⅰ和线Ⅲ的交点，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，此时pH=n，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)==== mol·L-1= mol·L-1，C项正确；根据元素守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08 mol·L-1，D项错误。 2.(2022·全国乙卷，13)常温下，一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3 mol·L-1。在某体系中，H+与A-不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是(　　) A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-) B.溶液Ⅱ中的HA的电离度[]为 C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等 D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4 答案　B 解析　常温下，溶液Ⅰ的pH=7.0，则溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)=1×10-7 mol·L-1，c(H+)<c(OH-)+c(A-)，A错误；常温下，溶液Ⅱ的pH=1.0，溶液中c平(H+)=0.1 mol·L-1，Ka(HA)==1.0×10-3 mol·L-1，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下，溶液Ⅰ的pH=7.0，溶液Ⅰ中c平(H+)=1×10-7 mol·L-1，Ka(HA)==1.0×10-3 mol·L-1，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液Ⅰ中c总(HA)=(104+1)c(HA)；溶液Ⅱ中，由B项解析可知c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误。 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 3.(2023·湖南，12)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η=)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76 mol·L-1 B.点a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) C.点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO-) D.水的电离程度：a<b<c<d 答案　D 解析　a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c平(CH3COOH)≈0.010 0 mol·L-1，c平(H+)=10-3.38 mol·L-1，Ka(CH3COOH)=≈ mol·L-1=10-4.76 mol·L-1，故A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素守恒：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度：c>d，故D错误。 4.(2023·北京，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ii.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c平(Mg2+)·(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c平(Mg2+)·c平()=Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1，不同pH下c()由图1得到]。 下列说法不正确的是(　　) A.由图1，pH=10.25，c(HC)=c(C) B.由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6，无沉淀生成 C.由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c()+c()=0.1 mol·L-1 D.由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1，发生反应：Mg2++2HC===MgCO3↓+CO2↑+H2O 答案　C 解析　从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，溶液中c(H2CO3)+c(HC)+c(C)<0.1 mol·L-1，C项错误；pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HC，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2HC===MgCO3↓+H2O+CO2↑，D项正确。 5.(2023·新课标卷，13)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag++NH3[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+，lg[c(M)/(mol·L-1)]与lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。 下列说法错误的是(　　) A.曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线 B.AgCl的溶度积常数Ksp=c平(Ag+)·c平(Cl-)=10-9.75 mol2·L-2 C.反应[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数K的值为103.81 L·mol-1 D.c(NH3)=0.01 mol·L-1时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+) 答案　A 解析　AgCl饱和溶液中存在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当滴入的氨水非常少时，可以认为Ag+浓度和Cl-浓度相等，随着氨水的滴入，Ag+浓度减小，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，Cl-浓度增大，AgCl的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag+，曲线Ⅳ表示Cl-，曲线Ⅳ也可视为AgCl的溶解度随NH3浓度的变化曲线，A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c(NH3)=10-1 mol·L-1时，c平(Cl-)=10-2.35 mol·L-1，c平(Ag+)=10-7.40 mol·L-1，Ksp(AgCl)=c平(Cl-)·c平(Ag+)=10-2.35×10-7.40 mol2·L-2=10-9.75 mol2·L-2，B正确；随着氨水的滴入，Ag+先转化为[Ag(NH3)]+，[Ag(NH3)]+再转化为[Ag(NH3)2]+，所以开始时，[Ag(NH3)2]+浓度比[Ag(NH3)]+浓度小，则曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]+，曲线Ⅱ表示[Ag(NH3)]+，反应[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数K== L·mol-1=103.81 L·mol-1，C正确；结合上述分析及图知，当c(NH3)=0.01 mol·L-1时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+)，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 6.(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 mol3·L-3，Ka(HF)=6.3×10-4 mol·L-1。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平(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”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)=c平(Mg2+)·(F-)，故c平(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，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。 7.(2022·重庆，11)某小组模拟成垢—除垢过程如图。 100 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2水溶液…… 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-) 答案　D 解析　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。 8.(2024·新课标卷，27)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1)时的pH： Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；“滤渣1”中金属元素主要为　　　　　　　。  (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是　　　　　　　　　　　　。取少量反应后的溶液，加入化学试剂　　　　　　　检验　　　　　　　，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。  (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　、 　　　　　　　　。  (4)“除钴液”中主要的盐有　　　　　　　(写化学式)，残留的Co3+浓度为　　　　　　　 mol·L-1。  答案　(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率　Pb　(2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素　K3[Fe(CN)6]溶液　Fe2+　(3)3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+　3Mn2++2Mn+2H2O===5MnO2↓+4H+　(4)ZnSO4、K2SO4　10-16.7 解析　 由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，加入ZnO调节pH=4，Fe3+完全转化为Fe(OH)3，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 (1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb。(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子。由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，有一部分Co2+沉淀，为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+全部转变为Fe(OH)3沉淀而除去，所以MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2。(3)由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，离子方程式为3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2+2H2O===5MnO2↓+4H+。(4)整个过程中，Zn2+未除，加入KMnO4“氧化沉钴”时引入了K+，而阴离子是在酸浸时引入的，因此除钴液中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时，c平(H+)=10 -1.1 mol·L-1，Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中c平(Co3+)=1.0×10-5 mol·L-1，则c平(OH-)==10-12.9 mol·L-1，则Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5× mol4·L-4=10-43.7 mol4·L-4。“除钴液”的pH=5，即c平(H+)=10-5 mol·L-1，则c平(OH-)=10-9mol·L-1，此时溶液中c平(Co3+)== mol·L-1=10-16.7 mol·L-1。 9.(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)。 (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以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致　　　　； pH>9时，会导致　　　　　　　。  (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 (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　　　 　　　　。  答案　(1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)Na[Al(OH)4] (4)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)C　(6)2Cr2+3S2+10H+===4Cr3++6S+5H2O 解析　(6)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。 学科网（北京）股份有限公司 $