第05讲 水溶液中的离子平衡综合应用（复习讲义）（黑吉辽蒙专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

第05讲水溶液中的离子平衡综合应用 内容导航 ( 01 ) ( 命题透视·考情前瞻 ) ( 对标素养，研判高考命题趋势 ) ( 0 2 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 0 3 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 盐溶液蒸发产物判断以及盐之间反应规律 知识解构 知识点1 盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断 ∣ 知识点2 盐之间反应规律 考向破译 考向1 考查盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断 ∣ 考向2 考查盐之间反应规律 考点二 溶液中粒子浓度的大小判断 知识解构 知识点1 电解质溶液中的“三大守恒 ” ∣ 知识点2 粒子浓度大小关系 考向破译 考向1 查粒子浓度大小关系 ∣ 考向2 考查粒子浓度等量关系考 考点 三 水溶液中离子平衡图像分析 知识解构 知识点1 酸碱中和滴定曲线 ∣ 知识点2 分布系数曲线 知识点 3 沉淀溶解平衡图象 考向破译 考向1 考查曲线型（幂函数）图像 ∣ 考向2 考查直线型（一次函数）图像 ) ( 0 4 ) ( 真题溯源·考向感知 ) ( 溯源真题逻辑，感知高考考向 ) 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 盐溶液蒸发产物判断以及盐之间反应规律 —— —— —— —— —— 溶液中粒子浓度的大小判断 黑吉辽蒙卷T15,3分 黑吉辽蒙卷T15,3分 —— —— —— 水溶液中离子平衡图像分析 —— —— 黑吉辽卷T15，3分 辽宁卷T15,3分 辽宁卷T14，3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 水溶液中的离子平衡是辽宁高考化学的高频核心考点，属于中等偏难、区分度较强的题型。命题呈现鲜明的图像化、综合化、定量化特征，具体规律如下： 1.载体以图像为核心，情境紧扣实际应用： 命题以图像为信息载体，结合真实科研、生产应用情境设问； 2.多平衡融合考查：将电离、水解、沉淀溶解、络合平衡中 2~3 种耦合出题； 3.突出定量分析能力：试题依赖对数运算、平衡常数推导、守恒式变形等定量分析，图像中的斜率、截距、交点均对应明确的化学含义，要求学生从图像数据中推导常数、判断浓度关系，而非机械记忆教材结论。 ►复习目标： 一、知识目标： 1.能准确书写弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解、络合反应的平衡表达式，熟练掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的书写方法与适用场景； 2.能准确进行电离常数(Ka)、水解常数(Kh)、溶度积(Ksp)之间的换算，理解温度对各类平衡常数的影响规律； 3.系统掌握各类离子平衡图像的分析逻辑，包括分布系数曲线、滴定曲线、浓度对数 / 负对数图像，明确图像中关键点、斜率、截距的化学含义。 二、能力目标： 1.信息提取能力：能快速识别陌生图像的横纵坐标意义，从交点、拐点、特殊浓度点中提取有效数据； 2.原理迁移能力：能将平衡移动原理迁移至新情境，推导粒子浓度关系与平衡移动方向； 3.定量计算能力：能熟练运用对数运算规则，完成平衡常数、粒子浓度的定量推导，准确判断多平衡体系中的浓度大小与等量关系。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 盐溶液蒸发产物判断以及盐之间反应规律 知●识●解●构 知识点1 盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断 一、强酸强碱盐（不水解） 蒸干：原盐固体灼烧：一般不变 例：NaCl溶液 →蒸干→NaCl→灼烧→NaCl 特例：硝酸盐，高温灼烧会分解： NaNO3灼烧分解为亚硝酸盐。 二、强酸弱碱盐（金属阳离子） 1.挥发性强酸弱碱盐：蒸干后得氢氧化物，灼烧后得氧化物， 如：AlCl3(aq) 。 2.难挥发性强酸弱碱盐：蒸干后得原物质，如：Al2(SO4)3(aq) ； 三、强碱弱酸盐（盐不易分解） 蒸干：原盐；灼烧：原盐。如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。 四、受热易分解的盐： 缓慢或减压蒸干：原盐；灼烧：盐分解产物。如：Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl，蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；(MgO) ;NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。 五、易被氧化的盐 盐在蒸干时会被O2氧化往往以氧化产物析出。如：Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。 六、带结晶水的盐 蒸干时以带结晶水的盐析出，灼烧失去结晶水。 如：CuSO4(aq)： ； 解题技巧 盐溶液蒸干后所得产物的判断思路：改变条件使动态平衡向哪个方向移动 1.挥发性强酸弱碱盐：由于生成易挥发的酸，使得水解平衡正向移动，水解彻底，所以得到对应的氢氧化物。 2.难挥发性强酸弱碱盐：虽然加热促进水解，但最终水挥发，水解平衡逆向移动，所以得到原来盐的晶体。 3.强碱弱酸盐（盐不易分解）：如Na2CO3水解的离子方程式为：CO＋H2OHCO＋OH－，因为水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠难挥发，随着蒸发进行水减少碳酸氢钠和氢氧化钠浓度增加，平衡：CO＋H2O↑HCO＋OH－逆向移动，最后得到原盐——Na2CO3（s） 4.受热易分解的盐：比如：Ca(HCO3)2和Mg(HCO3)2溶液蒸干， 前者 ，CaCO₃难溶直接析出；Ca(OH)₂ 微溶且溶解度大于 CaCO₃，故不生成氢氧化物。 后者 ， MgCO₃ 微溶，进一步水解析出更难溶的Mg(OH)2（或碱式盐）：MgCO₃ + H₂O ⇌ Mg(OH)₂↓ + CO₂↑。 5.易被氧化的盐：因为氧化还原反应单方向进行——强氧化剂+强还原剂→弱氧化剂+弱还原剂，所以可以使所有动态平衡向氧化还原方向进行，最终以氧化产物析出。 总之盐溶液蒸干过程改变两个条件：1、温度2、蒸发。结合盐的性质综合分析改变条件动态平衡的移动方向来判断盐蒸干所得产物。 知识点2 盐之间反应规律 一、盐离子之间存在的竞争反应类型 1.氧化还原反应： 中学常见氧化性/还原性离子强弱对比表（快速查阅） 类别 离子 强弱 介质影响 强 氧 化 性​ MnO₄⁻ 最强 酸性 > 中性 > 碱性 ClO⁻ 最强 酸性 > 碱性 NO₃⁻ 强 酸性强，中性弱 Cr₂O₇²⁻ 强 酸性强 Fe³⁺ 中强 基本不受介质影响 强 还 原​ 性 S²⁻ 最强 基本不受介质影响 SO₃²⁻ 最强 酸性下更易被氧化 I⁻ 强 碱性下较稳定 Fe²⁺ 强 酸性下更易被氧化 S₂O₃²⁻ 强 酸性下歧化 说明：关于离子氧化性/还原性强弱参见《第一章04讲氧化还原反应的基本概念和规律》 2.络合反应： 中学常见配体（提供孤电子对的一方）总结 （快速查阅） 配体 代表中心离子 高中常见场景 NH₃（氨） Ag⁺, Cu²⁺, Zn²⁺, Co²⁺, Ni²⁺ 银氨溶液、铜氨纤维、锌/铜溶于氨水 SCN⁻（硫氰酸根） Fe³⁺, Co²⁺ Fe³⁺ 检验（血红色） OH⁻（氢氧根） Al³⁺, Zn²⁺, Pb²⁺, Sn²⁺ 两性氢氧化物溶于强碱的本质 Cl⁻（氯离子） Ag⁺, Cu²⁺, Hg²⁺ AgCl 溶于浓盐酸，浓盐酸中 Cu²⁺ 变黄 F⁻（氟离子） Fe³⁺, Al³⁺ 掩蔽 Fe³⁺，防止干扰滴定 CN⁻（氰根） Ag⁺, Zn²⁺, Fe²⁺/Fe³⁺ 电镀、提银（剧毒，了解） S₂O₃²⁻（硫代硫酸根） Ag⁺ 定影液 C₆H₅O⁻（苯酚） Fe³⁺ 显色反应（紫色） 3.复分解反应：高中阶段“盐 + 盐”的复分解反应，本质是两种可溶性盐在水溶液中交换离子，生成难溶（或微溶/气体）的新盐。发生条件：反应物均溶于水，生成物中至少有沉淀（少数伴随气体，如双水解）。 高中常见盐溶解度总结（快速查阅） 口诀 含义 钾钠铵硝全溶水​ 含 K⁺、Na⁺、NH₄⁺、NO₃⁻ 的盐全部可溶（这是最大的突破口） 盐酸除银亚汞微​ 氯化物（盐酸盐）中，AgCl 不溶，Hg₂Cl₂ 微溶（高中一般只考 AgCl） 硫酸不溶钡和铅， 钙银两盐是微溶​ 硫酸盐中 BaSO₄、PbSO₄ 不溶；CaSO₄、Ag₂SO₄ 微溶（浓度大就沉淀） 碳酸大多都不溶， 只溶钾钠铵镁微​ 碳酸盐绝大多数不溶，只有 K₂CO₃、Na₂CO₃、(NH₄)₂CO₃ 可溶；MgCO₃ 微溶 4.双水解反应：分为：①彻底双水解②不彻底双水解 说明：关于彻底双水解/不彻底双水解参见专题《第八章03讲盐类的水解》 二、各反应类型之间的竞争关系 例1比较下列盐溶液之间的反应类型以及现象和产物 ①CuCl₂溶液+Na₂S=？ 溶液②FeCl₃溶液+ Na₂S溶液=？​③AlCl₃溶液+ Na₂S溶液=？ 解答如下： 盐溶液种类 反应类型 现象与方程式 原因 CuCl₂+Na₂S​ 复分解 CuS 的 Ksp ≈ 10⁻³⁶，极难溶，生成沉淀的驱动力远大于双水解 FeCl₃+Na₂S​ 氧化还原反应​ Fe³⁺ 氧化性强，S²⁻ 还原性强，直接发生电子转移，不会生成 Fe₂S₃​ AlCl₃+ Na₂S​ 彻底双水解​ Al³⁺水解强酸性、S²⁻水解强碱性，互相促进到底；且 Al₂S₃ 遇水必完全水解，溶液中不存在 例2比较下列离子之间的反应类型以及现象和产物 ①Fe³⁺与 CO₃²⁻=？​②Mg²⁺与 CO₃²⁻=？​​③Fe²⁺与 CO₃²⁻=？ 解答如下： 离子 反应类型 （碳酸根）反应产物及现象 原因 Fe³⁺与 CO₃²⁻ 彻底双水解 Fe³⁺弱碱阳离子水解能力极强（Ksp ≈ 2.8×10⁻³⁹）溶液显强酸性，CO₃²⁻是弱酸根，分步水解显强碱性，两者混合时，互相极大促进水解反应完全进行。 Mg²+与 CO₃²⁻ 部分双水解/生成碱式盐 Mg²+水解能力中等（Ksp ≈ 5.6×10⁻¹²），而且MgCO₃的Ksp ≈ 3.5×10⁻⁸二者差异不大，所以部分双水解生成碱式盐，但加热条件下会促进水解，以Mg(OH)₂沉淀析出。 Fe²⁺与 CO₃²⁻ 复分解沉淀 Fe²⁺是二价过渡金属离子，水解能力远弱于Fe³⁺，并且FeCO₃的溶度积较小（Ksp ≈ 3.1×10⁻¹¹），因此优先生成碳酸亚铁沉淀，双水解程度很低，不会完全水解为氢氧化物。但Fe²⁺具有还原性，会被水中溶解的氧气氧化。 例3解释下列实验操作的现象和产物   实验操作 实验现象 解释（或离子方程式） 向盛有 4 mL 0.1 mol/L CuSO₄ 溶液的试管里滴加几滴 1 mol/L 氨水 形成 沉淀 继续添加氨水并振荡试管 ，得到 的溶液 再向试管中加入 8 mL 95% 乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁 析出 深蓝色晶体为 ，说明该配合物在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 变化的原因：沉淀溶解平衡和配位平衡同时存在： Cu(OH)₂ (s)⇌Cu²⁺ +2OH⁻ Cu²⁺ +4NH₃ ⇌[Cu(NH₃)₄]²⁺ NH₃ 和溶液中游离的 Cu²⁺ 形成稳定的四氨合铜 (II) 配离子[Cu(NH₃)₄]²⁺，使 [Cu²⁺]浓度降到极低，于是离子积 Q=[Cu²⁺][OH⁻]² <Ksp ，平衡右移，沉淀不断溶解。</span> 解题技巧  盐之间反应的判断逻辑（即离子反应优先级）： 1.先判断是否有氧化还原反应：氧化还原反应非可逆，动态平衡往往向着这个方向移动； 2.若无氧化还原，看是否发生络合反应：络合物极难电离甚至比难溶物还稳定。 3.判断是否能够彻底双水解：若涉及弱酸阴离子 + 弱碱阳离子→ 检查是否发生彻底双水解（生成沉淀+气体或沉淀+弱电解质，且脱离体系），彻底双水解往往比生成难溶盐的复分解更彻底；个别极难溶解的盐除外，有的时候要根据溶度积常数进行计算才能判断 4.最后普通复分解。 总结：“氧化还原 > 极难溶沉淀 > 彻底双水解 > 一般复分解” 这个规律实质就是：动态平衡向着最难电离的方向移动。 考●向●破●译 考向1 考查盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断 例1（2025·黑龙江·二模）在空气中直接蒸发下列盐的溶液： ①Fe2(SO4)3；②Na2CO3；③KCl；④CuCl2；⑤NaHCO3。可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是(　　) A．①②③ B．①③⑤ C．②④ D．①③④⑤ 【变式1·变载体】（2025·辽宁沈阳·二模）下列物质的水溶液在空气中小心加热，蒸干至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是(　　) ①CuSO4　②FeSO4　③Ca(HCO3)2　④NH4HCO3　⑤KMnO4　⑥FeCl3 A．全部 B．仅①② C．仅①⑤ D．仅① 【变式2·变题型——实验操作】下列实验操作不能达到实验目的的是( ) 实验目的 实验操作 A 实验室配制FeCl3水溶液 将FeCl3溶于少量浓盐酸中，再加水稀释 B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 将MgCl2溶液加热蒸干 C 证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液 D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入过量MgO充分搅拌，过滤 【变式3·变角度——实验探究】.（2026·辽宁省鞍山市·期末）下列说法正确的是 A．用图甲装置蒸干Cu(NO3)2溶液获得Cu(NO3)2·6H2O B．用图甲装置蒸干MnCl2溶液获得MnCl2·4H2O C．用图甲装置蒸干FeSO4溶液获得FeSO4·7H2O D．用图乙装置探究浓度对FeCl3水解平衡的影响 考向2 查盐之间反应规律 例2（2025·黑龙江·一模）人类社会的发展离不开“求知求真”．某化学兴趣小组以溶液与溶液的反应为素材，探究盐溶液之间的反应情况，体悟反应的复杂性。 (1)实验预测 推测可能发生的反应 推测依据 预期的实验现象 ①氧化还原反应 具有一定的氧化性，具有较强的还原性 若过量，则有淡黄色沉淀(S)生成若过量，则有黑色沉淀_______生成 ②复分解反应 为黑色难溶物， 有黑色固体生成 ③彻底双水解反应 、水解能力均较强 有_______色沉淀()产生，同时有臭鸡蛋气味的气体(H2S)生成 (2)实验探究 探究与能否发生反应②和③，设计如下实验： 实验步骤 实验现象 实验解释或结论 ⅰ．向饱和溶液中，滴加2滴饱和溶液 有黑色沉淀生成，而后黑色沉淀消失，出现淡黄色沉淀 用离子方程式解释黑色沉淀消失的原因：_______。 ⅱ．将饱和溶液与饱和溶液直接混合 先有黑色和另一种颜色的沉淀生成，而后都变为黑色；同时有臭鸡蛋气味的气体生成 试解释：沉淀最终都变为黑色的原因是______。结论：______发生反应②，_____发生反应③(均填“已”或“未”)。 ⅲ．取ⅱ中最终生成的黑色沉淀样品，用无水乙醇多次洗涤后，干燥称量得黑色固体，然后在空气中灼烧至恒重 灼烧后，所得红棕色固体质量为 经计算判断，黑色固体样品的成份为_______。 实验结论 与在溶液中相遇，会因为二者的浓度、用量等不同而反应不同，但都会先发生复分解反应。 【变式1·变角度】（2025·吉林·二模）探究溶液与不同金属的硫酸盐溶液反应的多样性。 已知：（紫黑色）。 实验装置 滴管内试剂 现象 溶液 实验a：滴加溶液 先无明显变化，滴加一段时间后，产生沉淀，闻到刺激性气味 实验b：滴加溶液 混合后溶液先变成紫黑色，一段时间后溶液几乎变为无色 下列说法错误的是 A．实验a中生成的沉淀成分可能有两种 B．实验b中溶液几乎变为无色的原因与氧化还原反应有关 C．能用酸性高锰酸钾溶液检验实验b中是否有生成 D．实验说明该反应的多样性与金属阳离子的配位能力、氧化性、水解能力均有关系 考点二 电解质溶液中“粒子”浓度关系 知●识●解●构 知识点1 电解质溶液中的“三大守恒 ” 一、电荷守恒 1.原理：电解质溶液始终呈电中性，正负电荷总量相等， 即： 2.应用：① H⁺和OH⁻必须写进去； ② 所有离子都要列全（包括水电离的、盐电离的、弱电解质电离和水解产生的）； ③ 系数是电荷数绝对值，不是微粒个数。 3. 实例：以Na2CO3溶液为例： 溶液中全部离子：阳离子： 、 阴离子： 、 、 电荷守恒： 二、物料守恒 1.原理：即 ，电解质发生电离、水解后，元素的存在形式会改变，但特定元素的原子总数保持不变。即元素在原料和产物中元素守恒。通常利用溶质中两种元素的固定物质的量比，将该元素所有存在形式的浓度相加，建立等式。 2.应用：① 找到溶质中两种关键元素的固定物质的量之比； ② 列出该元素在溶液中的所有存在形式（离子、中性分子都算）。 ③ 按原始比例关系写出浓度等式。 3. 实例：以Na2CO3溶液为例： 钠元素：c(Na＋)= mol/L（Na⁺ 不水解，只有一种形式） 碳元素（三种存在形式）： =0.1 mol/L 原始溶质中，Na原子与C原子的物质的量比为2:1，即钠元素与碳元素守恒为2:1： 。 三、质子守恒 1.原理：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。 2.应用：①直接推导法：质子守恒是依据水的 ：H2OH＋＋OH－，水电离产生的 和 的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。分别找出水电离的 、 的所有存在形式（游离态 + 被结合态），令二者总浓度相等。 ②联立推导法：质子守恒式 = 电荷守恒式 − 物料守恒式（消去不参与水解的金属离子） 3. 实例：以Na2CO3溶液为例： 方法一： 方法二：把电荷守恒与物料守恒联立，消去 Na⁺： c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)① c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)② ①-②得到： 知识点2 粒子浓度大小关系 一、单一溶液 1.弱电解质溶液：弱电解质的电离是 的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离。 例氨水中：浓度大小关系是 。 2.多元弱酸溶液：多元弱酸的电离是 的，其主要是 电离。 例H2S溶液中：浓度大小关系是 。 3.能水解的盐溶液：水解是 的(彻底双水解除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。 例NH4Cl溶液中：浓度大小关系是 。 4.多元弱酸的盐溶液：多元弱酸酸根离子的水解是 的， 。 例Na2CO3溶液中：浓度大小关系应是 。 5.多元弱酸的酸式盐溶液， (弱酸的酸式盐)溶液( ①：水解为主，② ：电离为主) ①水解大于电离时：(不水解离子)＞(会水解离子)＞(显性离子)＞(水电离出的另一离子)＞(水解生成的微粒)＞(电离得到的酸跟离子)。 ②电离大于水解时：(不水解离子)＞(会电离离子)＞(显性离子)＞(电离得到的酸跟离子)＞(水电离出的另一离子)＞(水解生成的微粒) 例：NaHCO3溶液离子浓度由大到小的排列顺序是： 。 二、混合溶液 混合溶液中各离子浓度大小的比较，要进行综合分析，电离因素、水解因素等都是影响离子浓度大小的要素。 1.同浓度、同体积的 (弱酸)与 混合液( ) 微粒浓度 例：0.1mol/L的CH3COONa溶液和0.1mol/L的CH3COOH混合溶液，CH3COH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，因为溶液显酸性：c (H+)＞c (OH－)，根据电荷守恒所以c(Na+)c＜(CH3COO－)。 微粒浓度排列顺序是： 。 例：0.1mol/L的NaCN溶液和0.1mol/L的HCN混合溶液中，HCN的电离程度小于NaCN的水解程度，因为溶液显碱性：c(OH－)＞c(H+)，根据电荷守恒所以c(Na+)c＞c(CN－)。 微粒浓度排列顺序是： 2.同浓度、同体积的 (弱碱)与 混合液() 微粒浓度 例如：0.1mol/L的NH4Cl溶液和0.1mol/L的氨水混合溶液中，NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性：c (OH－) c (H+)，同时c (NH4+) c (Cl－)。 微粒浓度排列顺序是： 。 三、指定粒子浓度大小判断 例、 25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中： ①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为________________。 答案：　 解析：先分组①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4为一组，④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2为另一组；再分别分析各类物质溶液中其他粒子对所比较离子水解平衡的影响，比较出相同物质的浓度的同一类物质溶液中该离子浓度大小：相互促进水解的盐＜单独水解的盐＜水解相互抑制的盐，最后综合比较排序。 考●向●破●译 考向1 考查粒子浓度大小关系 例1（25-26高三上·辽宁抚顺·期末）下列说法错误的是( ) A．0.2mol·L-1CH3COOK与0.1mol·L-1盐酸等体积混合：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H＋) B．0.1mol·L-1的盐酸和0.1mol·L-1的NH3·H2O溶液等体积混合：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH―) C．等体积等pH的盐酸和CH3COOH溶液分别与相同浓度的NaOH溶液中和至pH=7时，盐酸消耗的NaOH更多 D．等浓度的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③NH4HCO3溶液中c(NH4+)：①>②>③ 【变式1·变角度——结合图像考查粒子浓度大小】（2026·黑龙江吉林一模）常温下，在20.00mL弱酸HX中逐滴滴入0.1000mol/L的NaOH标准溶液。反应过程中，混合溶液中含X物种的分布系数(δ)及混合溶液的pH与滴入NaOH标准溶液的体积(V)的关系曲线如图所示。下列说法错误的是 已知：混合溶液中X-的分布系数。 A．曲线乙代表X-的分布系数曲线 B．常温下，X-的水解常数 C．n点溶液中： D．常温下，恰好中和时的溶液中： 【变式2·变角度——缓冲溶液粒子浓度关系比较】常温下，在物质的量浓度均为的和混合溶液中，测得。下列有关混合溶液的说法错误的是 A． B． C． D．常温下，的水解常数大于的电离常数 【变式3·变载体】．（2025·吉林长春·三模）常温常压下，有关下列各溶液的描述中正确的是 A．等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，NH 的水解程度一样 B．等浓度的醋酸钠和醋酸溶液混合后溶液显酸性，溶液中微粒的浓度关系为： C．浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：，且 D．一定浓度的氨水加水稀释，的比值和的比值均增大 考向2 考查粒子浓度等量关系 例2（2026·内蒙古·一模）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　) A．NaHCO3溶液中：c(H＋)=c(OH-)＋c(H2CO3) B．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH-) C．0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合： 2c(Na＋)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3) D．0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H＋) 【变式1·变角度——多元酸溶液中的恒等关系】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，NaHC2O4溶液显酸性。设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( ) A．0.1000mol·L-1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)+c(H2C2O4) B．c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(H+)>c(C2O42-) C．pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4) D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-) 【变式训练2·变载体】（2025·辽宁沈阳·一模）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A．溶液中： B．等物质的量浓度的和的混合溶液： C．室温下，向0.01 溶液中滴加NaOH溶液至中性： D．常温下，浓度均为0.1的、混合溶液(pH=4.76)： 【变式训练3·变载体】（2025·辽宁·一模）下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 A．溶液： B．溶液中离子浓度关系： C．等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中： D．浓度均为0.1的溶液和溶液等体积混合： 考点三 水溶液中离子平衡图像分析 知识点1酸碱中和滴定曲线 一、滴定过程中，粒子浓度动态关键点分析： 例、常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HA溶液，滴定曲线如下图，图中五个关键点分析如下： 1.“起始”点A:判断酸（或碱）的相对强弱 含义：①溶质为 0.1mol·L－1 HA溶液的pH = a>1，故HA为 ； ②电离平衡常数Ka＝ ≈  ③粒子浓度大小关系： 2.“半计量点 ”点B:判断电离程度和水解程度相对大小 含义：①溶质为 ，且pH<7，所以HA电离程度 NaA的水解程度 ②电离平衡常数Ka＝= 两边取负对数得： ③粒子浓度大小关系： 3.“中性”点C:不是恰好中和的点 含义：①溶质为 ，pH 7 ②粒子浓度大小关系： 4.“恰好反应”点D:水电离程度最大点 含义：①溶质为 ，pH 7 ②OH⁻ 全部由水电离而来，水的电离= ③粒子浓度大小关系： 5.“过量一倍”点E:判断溶质组成以及物料守恒关系 ①溶质为 ，pH>7 ②物料守恒关系：Na：A=2:1所以有： ③粒子浓度大小关系： 易错提醒 注意 ：酸碱混合成中性不等于酸碱中和恰好反应，酸碱中和恰好反应所得溶液不一定成中性。 二、多元酸碱滴定曲线关键点分析： 例、常温下，二元弱酸的Ka1=10-1.23, ; Ka2=10-4.19，。（已知：）。用溶液滴定溶液，滴定过程中溶液的随的变化曲线如图所示。 1.a点:pH = 含义：①溶质为 ，且 ； 因为pH=1.23，c(H+)=10-1.23mol/L，代入平衡常数，所以：c(HA-)=c(H2A) ②粒子浓度大小关系： 因为：由电荷守恒：，且溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-) 所以：c( Na+)<2c(A2-) + c(H2A) 2.b点:第一次突变点 含义：①b点的溶质为 ，且pH<7，所以NaHA电离程度＞NaHA的水解程度 ②粒子浓度关系： （质子守恒） 因为：根据物料守恒：和电荷守恒可知， 3.c点:pH = 含义：溶质为 ，且比例为 因为：c点pH=4.19，c(H+)=10-4.19mol/L，代入平衡常数，所以：c(A2-)=c(HA-) 4.d点:第二次突变点 含义：①溶质为溶质是 ，pH 7 ②OH⁻ 全部由水电离而来，水的电离= 解题技巧 已知：pH值，计算水的电离；（详见专题02《水的电离和溶液的酸碱性》知识点3 水电离出的c水(H+)或c水(OH-)的计算) 反之，已知：水的电离，计算pH值。 例：常温下，某溶液中水电离1×10－4 mol·L－1，则该溶液的pH值可能为（ ）？ 解：该溶液中水电离1×10－4 mol·L－1 常温下纯水电离（1×10－7 mol·L－1），所以该溶液中含有可以水 解的盐： ①如果为强酸弱碱盐，则水解显酸性，水解产生的全部H＋即水电离的H＋，浓度为1×10－4 mol·L－1， pH＝4； ②如果为强碱弱酸盐，则水解显碱性，水解产生的全部OH－即水电离的OH－，浓度为1×10－4 mol·L－1 pH＝10。 例：常温下，某溶液中水电离1×10－10 mol·L－1，则该溶液的pH值可能为（ ）？ 解：该溶液中水电离1×10－10 mol·L－1 常温下纯水电离（1×10－7 mol·L－1），所以该溶液中含有 酸或碱： ①如果为酸酸溶液，则酸电离产生的H＋为主，水电离的H＋很少忽略不计，浓度为1×10－4 mol·L－1， pH＝4； ②如果为碱溶液，则碱电离产生的OH－为主，水电离的OH－很少忽略不计，浓度为1×10－4 mol·L－1 pH＝10。 解题思路：首先根据水电离判断溶液中溶质的种类：如果溶液中水电离 纯水电离，则为可以水解的盐，然后根据盐的水解计算pH值；如果溶液中水电离 常纯水电离，则为酸或碱溶液，然后根据酸或碱电离出的H＋或OH－计算pH值。 知识点2 分布系数曲线 一、分布系数δ(X)与pH图像分析： 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)为纵坐标的关系曲线。 1.一元弱酸的分布分数 例、以弱酸HA为例分布系数曲线如图，点a的pH=α 曲线分析：①读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势： 图中δ0随pH增大只减不增为 分布系数；δ1只增不减的为 分布系数；当pH 时，主要存在形式是 ；当pH 时，主要存在形式是 。（pKa=-lgKa） ②用“交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数Kₐ： 图中a点： ，其pH=α，代入平衡常数：Ka＝= 两边取负对数（用p表示）得： 2.二元弱酸的分布分数 例、以“弱酸H2A”为例，分布系数曲线如图，点a的pH1=α，点b的pH2=β，点c，pH3=c 曲线分析：①读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势： 随pH增大，δ0只减不增为 分布系数曲线，δ1先增后减为 曲线，δ2只增不减为 曲线。 当溶液的pH=α时 ；当pH=β时 ；当pH<α时， 为主；当α<pH<β时， 为主； 当pH>β时， 为主要存在形式。 ②用“交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数Kₐ： a.图中a点： ，其pH1=α，代入平衡常数表达式： 两边取负对数（用p表示）得： b.图中b点同理： ，，对应pH2=β，=1， 。 c.图中c点， ，此时 最大，其溶液pH3=c 得： 推理过程如下： H2AH++HA—，HA—H++A2—， ·=，由于交点c时，c(H2A)=c(A2－)，c2(H+)=·=1·1， 两边取负对数，即可得，pH3==。 3.多元弱酸的分布分数 例、以“弱酸H3A”为例，分布系数曲线如图，点a的pH1=α，点b的pH2=β，点c，pH3=c 曲线分析：①读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势： δ0为 分布系数曲线；δ1为 曲线；δ2为 曲线、δ3为 曲线 当溶液的pH=α时 ；当pH=β时 ；当pH=c时 ；当pH<α时， 占优势； 当α<pH<β时， 占优势；当β<pH<c时， 占优势；当pH>c时， 为主要存在形式 ②用“交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数Kₐ： a.图中a点：= ，两边取负对数得： b.图中b点：= ，两边取负对数得： c.图中c点：Ka3＝ 两边取负对数得： 二、 粒子浓度对数图像分析 1.图像含义 将溶液中某微粒的浓度的比值取常用对数或负对数（用p表示），即lg （或p[ ])与溶液中的pH作出的图像。 得分速记 对数常用运算规则：lg ab=lg a+lg b、 lg =lg a-lg b、 -lg10-α=α lg 1=0。 （1）若lg ＝0，则c(A) c(B)； （2）若lg ＞0，则c(A) c(B)； （3）若lg ＜0，则c(A) c(B)； 1.一元弱酸的对数图像 【例】HA是一元弱酸。25℃时，向20 mL 0.1 mol/LHA溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中 与pH的关系曲线如图所示。 ①“曲线”化学含义：图像为一次函数；直线的斜率k=1；直线截距b= 推导过程：一元弱酸电离平衡： ⇒ ⇒ 因为： 所以： ⇒ 令x= 、y=pH 、b= 则上恒等式为一次函数：y = kx + b（k=1) ②用“交点”——可计算电离常数Kₐ： 图中F点：=0 ⇒ ，其pH=α，代入平衡常数：= = 两边取负对数（用p表示）得： 图中E点：=-0.5 ⇒= ，代入平衡常数：=10-2.5⇒ E=10－2 mol/L ⇒ 图中G点:溶液中的溶质是： ；因为：=4.5＞0 所以 ； E、F、G三点对应的溶液中水的电离程度 。 2.多元弱酸的对数图像 例、以“弱酸H2A”为例，25℃时，某二元弱酸H2A的pX随pH值变化关系如图，[p表示负对数，X表示、] ①读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及与pH值的关系： X 推导 pX–pH 关系 斜率 ​ ​ ​ ②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： 三个关键交点（pX = 0 处，即两物种浓度相等） · ：pH = pKa₁ · ：pH = pKa₂ · ：pH = (pKa₁+pKa₂)/2 知识拓展 缓冲溶液 1.定义：能抵抗少量外加酸、碱或适度稀释，而保持溶液 pH 基本不变的溶液。 2.组成：必须是一组"共轭酸碱对" 类型 实例 有效缓冲 pH 范围 弱酸 + 其盐 CH₃COOH / CH₃COONa 约 3.7 ~ 5.7 弱碱 + 其盐 NH₃·H₂O / NH₄Cl 约 8.3 ~ 10.3 多元弱酸的酸式盐 + 次级盐 NaH₂PO₄ / Na₂HPO₄、H₂CO₃ / NaHCO₃ 约 6.2 ~ 8.2（血液体系） 3.缓冲原理（以 CH₃COOH / CH₃COONa 为例） 体系中同时存在： CH₃COOH ⇌ CH₃COO⁻ + H⁺（醋酸的电离，弱） CH₃COONa → CH₃COO⁻ + Na⁺（盐完全电离，提供大量 CH₃COO⁻） 大量 CH₃COO⁻ 产生同离子效应，抑制醋酸电离，使溶液中同时"储备"了较多的 CH₃COOH（抗碱）​和 CH₃COO⁻（抗酸）。 操作 发生的反应 结果 加少量酸（H⁺） CH₃COO⁻ + H⁺ → CH₃COOH 消耗外加 H⁺，pH 基本不变 加少量碱（OH⁻） CH₃COOH + OH⁻ → CH₃COO⁻ + H₂O 消耗外加 OH⁻，pH 基本不变 加水稀释 酸、盐浓度同比例下降 比值不变，c(H⁺) 近似不变 4.定量关系： 由电离常数表达式变形： 三个推论： 1.比值决定 pH：只改变酸与盐的浓度比，pH 随之改变。 2.两者浓度相等时，pH = pKa，此时缓冲能力最强（滴定曲线上的半中和点）。 3.稀释时比值不变，故 pH 近似不变——这正是缓冲溶液区别于普通溶液的地方。 弱碱体系（NH₃·H₂O/NH₄Cl）用 Kb 同理：c(OH⁻) = Kb · c(碱)/c(盐)。 5.缓冲能力（缓冲容量）与缓冲范围 总浓度越大，缓冲能力越强（储备的抗酸、抗碱组分更多）。 浓度比越接近 1:1，缓冲能力越强；一般认为比值在 1/10 ~ 10之间才算有效缓冲，对应 pH = pKa ± 1这个缓冲范围。 能力有限：一旦外加酸碱把其中一种组分基本耗尽，缓冲作用立即消失，pH 会急剧变化（体现在滴定曲线上就是"先平缓、后陡峭"）。 知识点3 沉淀溶解平衡图象 一、 双曲线型（– 图） 1. 线的化学意义 :幂函数（反比例曲线） 推导过程： ，溶度积: 即 ，其中 曲线本身： 的点的集合，恰好饱和，体系处于沉淀溶解平衡，。 渐近线是两条坐标轴：因为 只能趋近 0 不能等于 0（另一离子浓度要趋于无穷），所以曲线永不与轴相交。 线的位置由 决定： 越大（越易溶），曲线越远离原点；升温一般使 增大 → 曲线向右上平移。 线的形状由化学式决定： 型比 型弯曲得更"陡"。 沉淀类型 表达式 函数名称 MA 型（AgCl、BaSO₄） 1:1 ，​ 反比例函数（幂函数的特例） MA₂ 型（CaF₂、Mg(OH)₂） 1:2 幂函数（） M₂A 型（Ag₂CrO₄） 2:1 幂函数（） 2. 点的化学意义（三区判据） 位置 关系 状态 宏观表现 曲线上​ 饱和 ，动态平衡 曲线右上方（远离原点） 过饱和 ，直至落回曲线 曲线左下方（靠原点） 不饱和 无沉淀； 3. 特殊点 曲线与对角线交点：此时两离子浓度按化学计量比相等，即纯水中溶解达饱和，可直接读溶解度。  型：； 型： 任一点向两轴作垂线围成的矩形面积 = （1:1 型，见图左虚线矩形）——这是读数求 最快的方法。 ⚠️ 高频陷阱： 易错陷阱 曲线上每一点的 都相同，但溶解度 不同。只有对角线交点（或按化学计量比溶解的点）才等于该温度下的 s。 4. 点的移动 同离子效应：加 NaCl → 增大，点沿水平线右移撞到曲线，再沿曲线上行， 下降。 恒温蒸发浓缩：点沿从原点出发的射线（浓度比不变）向右上移动，撞到曲线后停在交点不动——继续蒸发只会让沉淀量增加，浓度不再变。 三、直线型（负对数图） 1. 线的化学意义 推导过程： 对 两边取负对数： 解出（以 为纵轴）： 即 形式的一次函数， 通式（以 为纵轴、 为横轴）： 图像要素 化学含义 斜率 ​ 由化学式决定​ → 可由斜率反推沉淀组成 （如斜率 −2 说明是 型，斜率- 1/2说明是 型） 纵轴截距 ​ 由溶度积决定 横轴截距 ​ 同上 线的平移​ 变小（即变大） : 直线向右上方平移，沉淀区扩大（更难溶） 变体：横轴换成 pH 时斜率变正！ 对 ：，而 ，所以 即 –pH 图中，斜率 = 氢氧根个数，据此可直接判断是 还是 。 2. 点的化学意义（方向判据与双曲线图相反） 位置 关系 状态 直线上​ 恰好饱和（沉淀恰好开始/恰好溶解完） 直线左下方（靠原点） 离子浓度大​ → 有沉淀​ 直线右上方（远离原点） 离子浓度小​ → 不饱和，无沉淀 易错陷阱 负对数图中"远离原点"= 浓度小​ = 不沉淀，与 – 图完全相反。判断时统一用 " 与 比大小"，不要凭"离原点远近"的直觉。 3. 特殊点与特征线 与直线 的交点：，即纯水饱和，可求 （1:1 型时 ）。 两轴截距：交点处对应另一离子浓度为 1 mol/L，是理论外推值，用于读图求 ，不代表真实溶液。 水平线 ：对应 ，是"沉淀完全"的判据线；与之相交的横坐标即为"沉淀完全所需的最低沉淀剂浓度"。 多条直线并存（分步沉淀）： 同类型沉淀（斜率相同）， 大的那条靠左上，先沉淀； 两条线的交点：两离子开始同时沉淀的临界点，可判断能否分离；交点处两离子浓度比为 。 溯本求源 化理通考 · 问：为什么同一平衡会有两种函数 答：核心是对数运算把“乘除幂”化为“加减系数”： 幂函数（非线性） 一次函数（线性）即：幂函数（非线性）经取负对数后，变为一次函数（线性）。这是化学中“对数线性化”的常用方法，与分布分数 pX–pH 图直线化一脉相承。其价值在于：直线图中斜率直接给出化学计量数、截距直接给出 Ksp，读数远比双曲线精确方便。 考●向●破●译 考向1 考查曲线型（幂函数）图像 例1（2025·吉林·二模）为二元弱酸，常温下将的溶液滴入的溶液中，溶液中(或)的分布系数、溶液体积V与的关系如图所示。已知：。下列叙述正确的是 A．曲线a、b分别表示的是和的分布系数变化曲线 B．q为滴定终点，此时溶液中的离子浓度： C．的水解平衡常数 D．n点对应的溶液中： 【变式1·新载体——强碱滴定多种酸】（2025高三上·辽宁葫芦岛·一模）利常温下，等浓度的磷酸溶液、硫酸溶液及草酸溶液分别用溶液滴定，滴定曲线如图。 已知：常温下，的依次为；的依次为。下列说法正确的是 A．曲线X代表 B． C．当V(溶液)时，曲线Y对应的溶液中： D．溶液中存在： 【变式2·变角度——水电离的H＋与NaOH溶液体积图像】（2025·辽宁·模拟预测）常温下，向20.00 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lgc水(H＋)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．常温下，Ka(HA)约为10－5 B．M、P两点溶液对应的pH＝7 C．b＝20.00 D．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－) 【变式3·变角度——酸滴定多元弱酸的盐图像】．25℃时，向2 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的HCl溶液。滴加过程中溶液含碳微粒的物质的量与溶液pH的关系如图所示（CO2因逸出未画），下列说法错误的是 A．曲线③表示H2CO3物质的量的变化情况 B．a点由水电离产生的c(OH－)为10－7 mol·L－1 C．b点溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(HCO3－)＋c(OH－) D．c点溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(CO32－) 考向2考查直线型（一次函数）图像 例2（2025·内蒙古·一模）1．（23-24高二上·江苏常州·期中）25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与lg X的变化关系如图所示。已知：lg X=lg或lg，下列叙述正确的是 A．曲线m表示pH与lg的变化关系 B．当溶液呈中性时，c(Na+)=c()+2c() C．Ka1(H2CO3)的数量级为10-6 D．滴加过程中，保持不变 【变式1·变角度——酸的电离度和pH的关系】（2025·吉林·二模）常温下和的两种溶液中，酸的电离度和pH的关系如图所示(对于酸HA，电离度定义为电离平衡时)，下列说法正确的是(参考数据：) A．a表示电离度与pH的关系 B．的电离平衡常数为 C．点对应的溶液中有 D．等体积，浓度均为的上述两种酸混合后pH约为1.9 【变式训练2·变角度——多元碱的对数图像】（2025·黑龙江·一模））联苯胺(用B表示)是一种二元弱碱，与足量盐酸反应生成，常温下，[X代表或]与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A．直线N代表与pH的关系 B．联苯胺的电离平衡常数 C．BHCl的水溶液呈碱性 D．常温下，当时， 【变式训练3·变角度——沉淀溶解平衡与酸电离对数图像】某废水中含有和，可通过保持时调节pH使和形成硫化物而分离，体系pH与lgc关系如图所示，c表示的浓度，单位为mol/L。下列说法正确的是 A．调节pH的过程中，始终有 B． C．反应的平衡常数 D．除杂后的上层清液中一定存在： 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2022·辽宁卷）甘氨酸是人体必需氨基酸之一。在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是 A. 甘氨酸具有两性 B. 曲线c代表 C. 的平衡常数 D. 2.（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是　　　 A. B. ③为与的关系曲线 C. D. 3.（2024·黑、吉、辽卷）. 下，、和的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以为指示剂，用标准溶液分别滴定含水样、含水样。 已知：①为砖红色沉淀； ②相同条件下溶解度大于； ③时，，。 pAg=-lg[c(Ag+)/(mol·L-1)] pX=-lg[c(Xn-)/(mol·L-1)](X代表Cl-、Br-或CrO) 下列说法错误的是 A. 曲线②为沉淀溶解平衡曲线 B. 反应的平衡常数 C. 滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过 D. 滴定达终点时，溶液中 4.（2025年·黑、吉、辽、蒙卷）室温下，将置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，和的平衡常数分别为和：的水解常数。下列说法错误的是 A. Ⅲ为的变化曲线 B. D点： C. D. C点： 5.（2025年·黑、吉、辽、蒙卷）室温下，醋酸铜（，表示）溶液中、、和的曲线如图。保持体系中元素总物质的量、元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是 A. Ⅰ为的变化曲线 B. 室温下， C. 室温下， D. 点： 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲水溶液中的离子平衡综合应用 内容导航 ( 01 ) ( 命题透视·考情前瞻 ) ( 对标素养，研判高考命题趋势 ) ( 0 2 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 0 3 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 盐溶液蒸发产物判断以及盐之间反应规律 知识解构 知识点1 盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断 ∣ 知识点2 盐之间反应规律 考向破译 考向1 考查盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断 ∣ 考向2 考查盐之间反应规律 考点二 溶液中粒子浓度的大小判断 知识解构 知识点1 电解质溶液中的“三大守恒 ” ∣ 知识点2 粒子浓度大小关系 考向破译 考向1 查粒子浓度大小关系 ∣ 考向2 考查粒子浓度等量关系考 考点 三 水溶液中离子平衡图像分析 知识解构 知识点1 酸碱中和滴定曲线 ∣ 知识点2 分布系数曲线 知识点 3 沉淀溶解平衡图象 考向破译 考向1 考查曲线型（幂函数）图像 ∣ 考向2 考查直线型（一次函数）图像 ) ( 0 4 ) ( 真题溯源·考向感知 ) ( 溯源真题逻辑，感知高考考向 ) 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 盐溶液蒸发产物判断以及盐之间反应规律 —— —— —— —— —— 溶液中粒子浓度的大小判断 黑吉辽蒙卷T15,3分 黑吉辽蒙卷T15,3分 —— —— —— 水溶液中离子平衡图像分析 —— —— 黑吉辽卷T15，3分 辽宁卷T15,3分 辽宁卷T14，3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 水溶液中的离子平衡是辽宁高考化学的高频核心考点，属于中等偏难、区分度较强的题型。命题呈现鲜明的图像化、综合化、定量化特征，具体规律如下： 1.载体以图像为核心，情境紧扣实际应用： 命题以图像为信息载体，结合真实科研、生产应用情境设问； 2.多平衡融合考查：将电离、水解、沉淀溶解、络合平衡中 2~3 种耦合出题； 3.突出定量分析能力：试题依赖对数运算、平衡常数推导、守恒式变形等定量分析，图像中的斜率、截距、交点均对应明确的化学含义，要求学生从图像数据中推导常数、判断浓度关系，而非机械记忆教材结论。 ►复习目标： 一、知识目标： 1.能准确书写弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解、络合反应的平衡表达式，熟练掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的书写方法与适用场景； 2.能准确进行电离常数(Ka)、水解常数(Kh)、溶度积(Ksp)之间的换算，理解温度对各类平衡常数的影响规律； 3.系统掌握各类离子平衡图像的分析逻辑，包括分布系数曲线、滴定曲线、浓度对数 / 负对数图像，明确图像中关键点、斜率、截距的化学含义。 二、能力目标： 1.信息提取能力：能快速识别陌生图像的横纵坐标意义，从交点、拐点、特殊浓度点中提取有效数据； 2.原理迁移能力：能将平衡移动原理迁移至新情境，推导粒子浓度关系与平衡移动方向； 3.定量计算能力：能熟练运用对数运算规则，完成平衡常数、粒子浓度的定量推导，准确判断多平衡体系中的浓度大小与等量关系。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 盐溶液蒸发产物判断以及盐之间反应规律 知●识●解●构 知识点1 盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断 一、强酸强碱盐（不水解） 蒸干：原盐固体灼烧：一般不变 例：NaCl溶液 →蒸干→NaCl→灼烧→NaCl 特例：硝酸盐，高温灼烧会分解： NaNO3灼烧分解为亚硝酸盐。 二、强酸弱碱盐（金属阳离子） 1.挥发性强酸弱碱盐：蒸干后得氢氧化物，灼烧后得氧化物， 如：AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。 2.难挥发性强酸弱碱盐：蒸干后得原物质，如：Al2(SO4)3(aq)Al2(SO4)3(s)； 三、强碱弱酸盐（盐不易分解） 蒸干：原盐；灼烧：原盐。如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。 四、受热易分解的盐： 缓慢或减压蒸干：原盐；灼烧：盐分解产物。如：Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl，蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；(MgO) ;NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。 五、易被氧化的盐 盐在蒸干时会被O2氧化往往以氧化产物析出。如：Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。 六、带结晶水的盐 蒸干时以带结晶水的盐析出，灼烧失去结晶水。 如：CuSO4(aq)：CuSO4·5H2O(蓝色晶体）CuSO4（白色固体）； 解题技巧 盐溶液蒸干后所得产物的判断思路：改变条件使动态平衡向哪个方向移动 1.挥发性强酸弱碱盐：由于生成易挥发的酸，使得水解平衡正向移动，水解彻底，所以得到对应的氢氧化物。 2.难挥发性强酸弱碱盐：虽然加热促进水解，但最终水挥发，水解平衡逆向移动，所以得到原来盐的晶体。 3.强碱弱酸盐（盐不易分解）：如Na2CO3水解的离子方程式为：CO＋H2OHCO＋OH－，因为水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠难挥发，随着蒸发进行水减少碳酸氢钠和氢氧化钠浓度增加，平衡：CO＋H2O↑HCO＋OH－逆向移动，最后得到原盐——Na2CO3（s） 4.受热易分解的盐：比如：Ca(HCO3)2和Mg(HCO3)2溶液蒸干， 前者 ，CaCO₃难溶直接析出；Ca(OH)₂ 微溶且溶解度大于 CaCO₃，故不生成氢氧化物。 后者 ， MgCO₃ 微溶，进一步水解析出更难溶的Mg(OH)2（或碱式盐）：MgCO₃ + H₂O ⇌ Mg(OH)₂↓ + CO₂↑。 5.易被氧化的盐：因为氧化还原反应单方向进行——强氧化剂+强还原剂→弱氧化剂+弱还原剂，所以可以使所有动态平衡向氧化还原方向进行，最终以氧化产物析出。 总之盐溶液蒸干过程改变两个条件：1、温度2、蒸发。结合盐的性质综合分析改变条件动态平衡的移动方向来判断盐蒸干所得产物。 知识点2 盐之间反应规律 一、盐离子之间存在的竞争反应类型 1.氧化还原反应： 中学常见氧化性/还原性离子强弱对比表（快速查阅） 类别 离子 强弱 介质影响 强 氧 化 性​ MnO₄⁻ 最强 酸性 > 中性 > 碱性 ClO⁻ 最强 酸性 > 碱性 NO₃⁻ 强 酸性强，中性弱 Cr₂O₇²⁻ 强 酸性强 Fe³⁺ 中强 基本不受介质影响 强 还 原​ 性 S²⁻ 最强 基本不受介质影响 SO₃²⁻ 最强 酸性下更易被氧化 I⁻ 强 碱性下较稳定 Fe²⁺ 强 酸性下更易被氧化 S₂O₃²⁻ 强 酸性下歧化 说明：关于离子氧化性/还原性强弱参见《第一章04讲氧化还原反应的基本概念和规律》 2.络合反应： 中学常见配体（提供孤电子对的一方）总结 （快速查阅） 配体 代表中心离子 高中常见场景 NH₃（氨） Ag⁺, Cu²⁺, Zn²⁺, Co²⁺, Ni²⁺ 银氨溶液、铜氨纤维、锌/铜溶于氨水 SCN⁻（硫氰酸根） Fe³⁺, Co²⁺ Fe³⁺ 检验（血红色） OH⁻（氢氧根） Al³⁺, Zn²⁺, Pb²⁺, Sn²⁺ 两性氢氧化物溶于强碱的本质 Cl⁻（氯离子） Ag⁺, Cu²⁺, Hg²⁺ AgCl 溶于浓盐酸，浓盐酸中 Cu²⁺ 变黄 F⁻（氟离子） Fe³⁺, Al³⁺ 掩蔽 Fe³⁺，防止干扰滴定 CN⁻（氰根） Ag⁺, Zn²⁺, Fe²⁺/Fe³⁺ 电镀、提银（剧毒，了解） S₂O₃²⁻（硫代硫酸根） Ag⁺ 定影液 C₆H₅O⁻（苯酚） Fe³⁺ 显色反应（紫色） 3.复分解反应：高中阶段“盐 + 盐”的复分解反应，本质是两种可溶性盐在水溶液中交换离子，生成难溶（或微溶/气体）的新盐。发生条件：反应物均溶于水，生成物中至少有沉淀（少数伴随气体，如双水解）。 高中常见盐溶解度总结（快速查阅） 口诀 含义 钾钠铵硝全溶水​ 含 K⁺、Na⁺、NH₄⁺、NO₃⁻ 的盐全部可溶（这是最大的突破口） 盐酸除银亚汞微​ 氯化物（盐酸盐）中，AgCl 不溶，Hg₂Cl₂ 微溶（高中一般只考 AgCl） 硫酸不溶钡和铅， 钙银两盐是微溶​ 硫酸盐中 BaSO₄、PbSO₄ 不溶；CaSO₄、Ag₂SO₄ 微溶（浓度大就沉淀） 碳酸大多都不溶， 只溶钾钠铵镁微​ 碳酸盐绝大多数不溶，只有 K₂CO₃、Na₂CO₃、(NH₄)₂CO₃ 可溶；MgCO₃ 微溶 4.双水解反应：分为：①彻底双水解②不彻底双水解 说明：关于彻底双水解/不彻底双水解参见专题《第八章03讲盐类的水解》 二、各反应类型之间的竞争关系 例1比较下列盐溶液之间的反应类型以及现象和产物 ①CuCl₂溶液+Na₂S=？ 溶液②FeCl₃溶液+ Na₂S溶液=？​③AlCl₃溶液+ Na₂S溶液=？ 解答如下： 盐溶液种类 反应类型 现象与方程式 原因 CuCl₂+Na₂S​ 复分解 Cu²⁺ + S²⁻ → CuS↓（黑色） CuS 的 Ksp ≈ 10⁻³⁶，极难溶，生成沉淀的驱动力远大于双水解 FeCl₃+ Na₂S​ 氧化还原反应​ Na₂S少量：2Fe³⁺ + S²⁻ → 2Fe²⁺ + S↓（黄色） Na₂S过量：2Fe³⁺ + 3S²⁻ → 2FeS↓（黑色） + S↓（黄色） Fe³⁺ 氧化性强，S²⁻ 还原性强，直接发生电子转移，不会生成 Fe₂S₃​ AlCl₃+ Na₂S​ 彻底双水解​ 2Al³⁺ + 3S²⁻ + 6H₂O → 2Al(OH)₃↓（白色胶状沉淀 ）+ 3H₂S↑（臭鸡蛋气味气体） Al³⁺水解强酸性、S²⁻水解强碱性，互相促进到底；且 Al₂S₃ 遇水必完全水解，溶液中不存在 例2比较下列离子之间的反应类型以及现象和产物 ①Fe³⁺与 CO₃²⁻=？​②Mg²⁺与 CO₃²⁻=？​​③Fe²⁺与 CO₃²⁻=？ 解答如下： 离子 反应类型 （碳酸根）反应产物及现象 原因 Fe³⁺ 与 CO₃²⁻​ 彻底双水解 → Fe(OH)₃↓ + CO₂↑（红褐色） 红褐色沉淀并产生气泡 Fe³⁺弱碱阳离子水解能力极强（Ksp ≈ 2.8×10⁻³⁹）溶液显强酸性，CO₃²⁻是弱酸根，分步水解显强碱性，两者混合时，互相极大促进水解反应完全进行。 Mg²+ 与 CO₃²⁻​ 部分双水解/生成碱式盐 →4MgCO₃·Mg(OH)₂·4H₂O（碱式碳酸镁白色沉淀+几乎无气泡） Mg²+水解能力中等（Ksp ≈ 5.6×10⁻¹²），而且MgCO₃的Ksp ≈ 3.5×10⁻⁸二者差异不大，所以部分双水解生成碱式盐，但加热条件下会促进水解，以Mg(OH)₂沉淀析出。 Fe²⁺ 与 CO₃²⁻ 复分解沉淀 → FeCO₃↓（碳酸亚铁，白色→迅速变绿变棕被氧化）​ Fe²⁺是二价过渡金属离子，水解能力远弱于Fe³⁺，并且FeCO₃的溶度积较小（Ksp ≈ 3.1×10⁻¹¹），因此优先生成碳酸亚铁沉淀，双水解程度很低，不会完全水解为氢氧化物。但Fe²⁺具有还原性，会被水中溶解的氧气氧化。 例3解释下列实验操作的现象和产物   实验操作 实验现象 解释（或离子方程式） 向盛有 4 mL 0.1 mol/L CuSO₄ 溶液的试管里滴加几滴 1 mol/L 氨水 形成蓝色沉淀 Cu²⁺ + 2NH₃·H₂O = Cu(OH)₂↓ + 2NH₄⁺ 继续添加氨水并振荡试管 蓝色沉淀溶解，得到深蓝色的溶液 Cu(OH)₂ + 4NH₃ =[Cu(NH₃)₄]²⁺ + 2OH⁻ 再向试管中加入 8 mL 95% 乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁 析出深蓝色晶体 深蓝色晶体为 [Cu(NH₃)₄]SO₄·H₂O，说明该配合物在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 变化的原因：沉淀溶解平衡和配位平衡同时存在： Cu(OH)₂ (s)⇌Cu²⁺ +2OH⁻ Cu²⁺ +4NH₃ ⇌[Cu(NH₃)₄]²⁺ NH₃ 和溶液中游离的 Cu²⁺ 形成稳定的四氨合铜 (II) 配离子[Cu(NH₃)₄]²⁺，使 [Cu²⁺]浓度降到极低，于是离子积 Q=[Cu²⁺][OH⁻]² <Ksp ，平衡右移，沉淀不断溶解。</span> 解题技巧  盐之间反应的判断逻辑（即离子反应优先级）： 1.先判断是否有氧化还原反应：氧化还原反应非可逆，动态平衡往往向着这个方向移动； 2.若无氧化还原，看是否发生络合反应：络合物极难电离甚至比难溶物还稳定。 3.判断是否能够彻底双水解：若涉及弱酸阴离子 + 弱碱阳离子→ 检查是否发生彻底双水解（生成沉淀+气体或沉淀+弱电解质，且脱离体系），彻底双水解往往比生成难溶盐的复分解更彻底；个别极难溶解的盐除外，有的时候要根据溶度积常数进行计算才能判断 4.最后普通复分解。 总结：“氧化还原 > 极难溶沉淀 > 彻底双水解 > 一般复分解” 这个规律实质就是：动态平衡向着最难电离的方向移动。 考●向●破●译 考向1 考查盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断 例1（2025·黑龙江·二模）在空气中直接蒸发下列盐的溶液： ①Fe2(SO4)3；②Na2CO3；③KCl；④CuCl2；⑤NaHCO3。可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是(　　) A．①②③ B．①③⑤ C．②④ D．①③④⑤ 【答案】A 【解析】①加热Fe2(SO4)3溶液时虽发生水解，但硫酸难挥发，蒸发Fe2(SO4)3溶液可得到Fe2(SO4)3晶体；②Na2CO3水解生成NaOH和NaHCO3，当水蒸发NaOH和NaHCO3又生成了Na2CO3，得到相应盐的晶体； ③KCl强酸强碱盐不水解，性质稳定也不分解，加热其溶液可得到KCl晶体；④加热CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和HCl，HCl易挥发，得到氢氧化铜晶体；⑤NaHCO3不稳定，加热易分解生成Na2CO3。 故答选A 【变式1·变载体】（2025·辽宁沈阳·二模）下列物质的水溶液在空气中小心加热，蒸干至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是(　　) ①CuSO4　②FeSO4　③Ca(HCO3)2　④NH4HCO3　⑤KMnO4　⑥FeCl3 A．全部 B．仅①② C．仅①⑤ D．仅① 【答案】D 【解析】①CuSO4溶液水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，故加热蒸干至质量不再减少时，能得到较纯净的原溶质；②FeSO4具有还原性，加热时Fe2＋被氧化为Fe3＋；③Ca(HCO3)2受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，加热蒸干至质量不再减少时，能得到较纯净的碳酸钙；④NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O和CO2，得不到原溶质；⑤KMnO4加热到质量不变时分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质；⑥FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热时，氯化氢挥发促进FeCl3水解得到氢氧化铁，得不到原溶质。 故答案选D 【变式2·变题型——实验操作】下列实验操作不能达到实验目的的是( ) 实验目的 实验操作 A 实验室配制FeCl3水溶液 将FeCl3溶于少量浓盐酸中，再加水稀释 B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2 将MgCl2溶液加热蒸干 C 证明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小 将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液 D 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+ 加入过量MgO充分搅拌，过滤 【答案】B 【解析】A项，配制FeCl3水溶液时，铁离子的水解平衡正向进行，加入适量的浓盐酸可使水解平衡逆向移动，A与题意不符；B项，将MgCl2溶液加热蒸干时，镁离子的水解平衡正向移动，加热可使HCl挥发增强，蒸干、灼烧得到MgO，B符合题意；C项，将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，沉淀为氢氧化镁，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，若有蓝色沉淀生成，说明Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，C与题意不符；D项，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为3.2左右，此时MgCl2不会产生沉淀，可通过加入MgO调节pH的方法除去Fe3+，D与题意不符； 故选B。 【变式3·变角度——实验探究】.（2026·辽宁省鞍山市·期末）下列说法正确的是 A．用图甲装置蒸干Cu(NO3)2溶液获得Cu(NO3)2·6H2O B．用图甲装置蒸干MnCl2溶液获得MnCl2·4H2O C．用图甲装置蒸干FeSO4溶液获得FeSO4·7H2O D．用图乙装置探究浓度对FeCl3水解平衡的影响 【答案】D 【解析】A项，加热会促进Cu2＋的水解和HNO3的挥发，蒸干溶液无法获得Cu(NO3)2·6H2O，错误； B项，加热会促进Mn2＋的水解和HCl的挥发，蒸干溶液无法获得MnCl2·4H2O，错误； C项，蒸干溶液会导致Fe2＋被氧化，且失去结晶水，蒸干FeSO4溶液不可获得FeSO4·7H2O，错误； D项，FeCl3溶液加水稀释后，如不存在Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，则pH＝2.43，再pH＝2.19，说明存在平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Fe3＋浓度降低平衡向右移动，正确。 故答选D 考向2 查盐之间反应规律 例2（2025·黑龙江·一模）人类社会的发展离不开“求知求真”．某化学兴趣小组以溶液与溶液的反应为素材，探究盐溶液之间的反应情况，体悟反应的复杂性。 (1)实验预测 推测可能发生的反应 推测依据 预期的实验现象 ①氧化还原反应 具有一定的氧化性，具有较强的还原性 若过量，则有淡黄色沉淀(S)生成若过量，则有黑色沉淀_______生成 ②复分解反应 为黑色难溶物， 有黑色固体生成 ③彻底双水解反应 、水解能力均较强 有_______色沉淀()产生，同时有臭鸡蛋气味的气体(H2S)生成 (2)实验探究 探究与能否发生反应②和③，设计如下实验： 实验步骤 实验现象 实验解释或结论 ⅰ．向饱和溶液中，滴加2滴饱和溶液 有黑色沉淀生成，而后黑色沉淀消失，出现淡黄色沉淀 用离子方程式解释黑色沉淀消失的原因：_______。 ⅱ．将饱和溶液与饱和溶液直接混合 先有黑色和另一种颜色的沉淀生成，而后都变为黑色；同时有臭鸡蛋气味的气体生成 试解释：沉淀最终都变为黑色的原因是______。结论：______发生反应②，_____发生反应③(均填“已”或“未”)。 ⅲ．取ⅱ中最终生成的黑色沉淀样品，用无水乙醇多次洗涤后，干燥称量得黑色固体，然后在空气中灼烧至恒重 灼烧后，所得红棕色固体质量为 经计算判断，黑色固体样品的成份为_______。 实验结论 与在溶液中相遇，会因为二者的浓度、用量等不同而反应不同，但都会先发生复分解反应。 【答案】(1) 红褐色 (2) 或 根据数据计算可知，过量时，使转化为更难溶 已 已 和的混合物 【分析】实验预测与实验探究对应，如果先发生氧化还原反应步骤ⅰ现象应与预测①现象相同，但步骤ⅰ是先有黑色沉淀生成；步骤ⅱ中通过臭鸡蛋气味气体的生成证明发生了双水解反应：2Fe3+ + 3S2- + 6H2O = 2Fe(OH)3↓+ 3H2S↑，此时一定同时伴有红褐色沉淀Fe(OH)3生成，则步骤ⅱ现象与预测②③大致相同，但还涉及了沉淀的转化，利用题中所给Ksp信息可知Fe(OH)3转化成了Fe2S3。通过步骤ⅰ和步骤ⅱ均先生成黑色固体现象可以判断先发生的是复分解反应，后发生氧化还原反应或双水解反应。题中所给的实验结论，也可表示先发生的是复分解反应。 【详解】（1）实验预测①为氧化还原反应，从氧化还原反应原理入手，则Fe3+与S2-的反应，Fe3+被还原为Fe2+，S2-被氧化为S。当Fe3+过量时S2-全部参与氧化还原反应，则有淡黄色沉淀S生成。若S2-过量，那多余的S2-会与Fe2+继续反应生成黑色沉淀FeS；实验预测③为彻底双水解反应，Fe3+彻底水解生成Fe(OH)3，S2-彻底水解生成H2S，则预测③应有红褐色沉淀生成。 （2）实验探究步骤ⅰ先生成黑色沉淀Fe2S3，因Fe3+过量，后续Fe2S3转化成黑色沉淀FeS和黄色沉淀S：Fe2S3=2FeS+S，最后黑色沉淀消失，同时生成黄色沉淀：FeS+2Fe3+=3Fe2++S(两步相加得：Fe2S3+4Fe3+=6Fe2++3S)；步骤ⅱ先生成黑色固体，证明已发生反应②。根据题中信息有H2S生成，可知已发生了反应③，另一种颜色的沉淀为红褐色的Fe(OH)3。Fe(OH)3的Ksp=10⁻³⁸，Fe2S3的Ksp=10⁻⁸⁸，对比可知Fe2S3更难溶，Fe(OH)3转化成了Fe2S3。步骤ⅲ黑色固体有可能是FeS也有可能是Fe2S3，或两种物质的混合物。灼烧后，所得红棕色固体为Fe2O3，其中Fe的质量为0.8ag×=0.56ag。Fe原子守恒，样品中Fe的质量也为0.56ag。则样品中Fe的百分含量==56%。若样品全部为FeS，Fe的百分含量==64%。若样品全部为Fe2S3，Fe的百分含量==54%。54%<56%<64%，故黑色固体样品的成份为FeS和Fe2S3的混合物。 【变式1·变角度】（2025·吉林·二模）探究溶液与不同金属的硫酸盐溶液反应的多样性。 已知：（紫黑色）。 实验装置 滴管内试剂 现象 溶液 实验a：滴加溶液 先无明显变化，滴加一段时间后，产生沉淀，闻到刺激性气味 实验b：滴加溶液 混合后溶液先变成紫黑色，一段时间后溶液几乎变为无色 下列说法错误的是 A．实验a中生成的沉淀成分可能有两种 B．实验b中溶液几乎变为无色的原因与氧化还原反应有关 C．能用酸性高锰酸钾溶液检验实验b中是否有生成 D．实验说明该反应的多样性与金属阳离子的配位能力、氧化性、水解能力均有关系 【答案】C 【详解】A．实验a中水解生成，与反应生成沉淀，同时结合生成沉淀，沉淀成分有两种，A正确； B．实验b中将还原为，使配位平衡逆向移动，紫黑色消失，该过程涉及氧化还原反应，B正确； C．实验b的溶液中存在过量具有还原性的，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰的检验，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验，C错误； D．可与形成配合物体现配位能力差异，可发生氧化还原反应体现氧化性差异，发生双水解反应体现水解能力差异，说明反应多样性与三种性质均有关，D正确； 故选C。 考点二 电解质溶液中“粒子”浓度关系 知●识●解●构 知识点1 电解质溶液中的“三大守恒 ” 一、电荷守恒 1.原理：电解质溶液始终呈电中性，正负电荷总量相等，即： 阳离子正电荷总浓度 = 阴离子负电荷总浓度 2.应用：① H⁺和OH⁻必须写进去； ② 所有离子都要列全（包括水电离的、盐电离的、弱电解质电离和水解产生的）； ③ 系数是电荷数绝对值，不是微粒个数。 3. 实例：以Na2CO3溶液为例： 溶液中全部离子：阳离子：Na＋、H＋阴离子：OH－、HCO、CO c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) 二、物料守恒 1.原理：即元素守恒，电解质发生电离、水解后，元素的存在形式会改变，但特定元素的原子总数保持不变。即元素在原料和产物中元素守恒。通常利用溶质中两种元素的固定物质的量比，将该元素所有存在形式的浓度相加，建立等式。 2.应用：① 找到溶质中两种关键元素的固定物质的量之比； ② 列出该元素在溶液中的所有存在形式（离子、中性分子都算）。 ③ 按原始比例关系写出浓度等式。 3. 实例：以Na2CO3溶液为例： 钠元素：c(Na＋)=0.2 mol/L（Na⁺ 不水解，只有一种形式） 碳元素（三种存在形式）：c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)=0.1 mol/L 原始溶质中，Na原子与C原子的物质的量比为2:1，即钠元素与碳元素守恒为2:1： c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)， 三、质子守恒 1.原理：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。 2.应用：①直接推导法：质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。分别找出水电离的c(H＋)、c(OH－)的所有存在形式（游离态 + 被结合态），令二者总浓度相等。 ②联立推导法：质子守恒式 = 电荷守恒式 − 物料守恒式（消去不参与水解的金属离子） 3. 实例：以Na2CO3溶液为例： 方法一： c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3) 方法二：把电荷守恒与物料守恒联立，消去 Na⁺： c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)① c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)② ①-②得到：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3) 知识点2 粒子浓度大小关系 一、单一溶液 1.弱电解质溶液：弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离。 例氨水中：浓度大小关系是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)。 2.多元弱酸溶液：多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离。 例H2S溶液中：浓度大小关系是c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)。 3.能水解的盐溶液：水解是微弱的(彻底双水解除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。 例NH4Cl溶液中：浓度大小关系是c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)。 4.多元弱酸的盐溶液：多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，第一步水解为主。 例Na2CO3溶液中：浓度大小关系应是 c (Na+)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c (HCO3－) ＞c(H+)。 5.多元弱酸的酸式盐溶液， (弱酸的酸式盐)溶液( ①：水解为主，② ：电离为主) ①水解大于电离时：(不水解离子)＞(会水解离子)＞(显性离子)＞(水电离出的另一离子)＞(水解生成的微粒)＞(电离得到的酸跟离子)。 ②电离大于水解时：(不水解离子)＞(会电离离子)＞(显性离子)＞(电离得到的酸跟离子)＞(水电离出的另一离子)＞(水解生成的微粒) 例：NaHCO3溶液离子浓度由大到小的排列顺序是： c (Na+)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)＞c(CO32－)。 二、混合溶液 混合溶液中各离子浓度大小的比较，要进行综合分析，电离因素、水解因素等都是影响离子浓度大小的要素。 1.同浓度、同体积的 (弱酸)与 混合液( ) 微粒浓度 例：0.1mol/L的CH3COONa溶液和0.1mol/L的CH3COOH混合溶液，CH3COH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，因为溶液显酸性：c (H+)＞c (OH－)，根据电荷守恒所以c(Na+)c＜(CH3COO－)。 微粒浓度排列顺序是： c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。 例：0.1mol/L的NaCN溶液和0.1mol/L的HCN混合溶液中，HCN的电离程度小于NaCN的水解程度，因为溶液显碱性：c(OH－)＞c(H+)，根据电荷守恒所以c(Na+)c＞c(CN－)。 微粒浓度排列顺序是： c(Na+)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H+)。 2.同浓度、同体积的 (弱碱)与 混合液() 微粒浓度 例如：0.1mol/L的NH4Cl溶液和0.1mol/L的氨水混合溶液中，NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性：c (OH－)＞c (H+)，同时c (NH4+)＞c (Cl－)。 微粒浓度排列顺序是： c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)。 三、指定粒子浓度大小判断 例、 25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中： ①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为________________。 答案　⑤>④>③>①>②。 解析：先分组①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4为一组，④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2为另一组；再分别分析各类物质溶液中其他粒子对所比较离子水解平衡的影响，比较出相同物质的浓度的同一类物质溶液中该离子浓度大小：相互促进水解的盐＜单独水解的盐＜水解相互抑制的盐，最后综合比较排序。 考●向●破●译 考向1 考查粒子浓度大小关系 例1（25-26高三上·辽宁抚顺·期末）下列说法错误的是( ) A．0.2mol·L-1CH3COOK与0.1mol·L-1盐酸等体积混合：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H＋) B．0.1mol·L-1的盐酸和0.1mol·L-1的NH3·H2O溶液等体积混合：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH―) C．等体积等pH的盐酸和CH3COOH溶液分别与相同浓度的NaOH溶液中和至pH=7时，盐酸消耗的NaOH更多 D．等浓度的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③NH4HCO3溶液中c(NH4+)：①>②>③ 【答案】C 【解析】A．0.2mol·L-1CH3COOK与0.1mol·L-1盐酸等体积混合，发生CH₃COOK+HCl=CH3COOH+KCl混合后的溶液中溶质为CH3COOK、CH3COOH、KCl三者浓度相等，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，故c(CH3COO-)>c(Cl-)，CH3COOH的电离程度较小，则c(Cl⁻)>c(H+)，故混合溶液中c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，A正确； B．0.1mol·L-1的盐酸和0.1mol·L-1的NH3·H2O溶液等体积混合，发生NH3⋅H2O+HCl=NH4Cl+H2O反应，得到NH₄Cl溶液，在NH4Cl溶液中NH4+发生水解，显酸性，则c(Cl－)＞c(NH4+)、c(H＋)＞c(OH―)，由于水解是微弱的，则c(NH4+)＞c(H＋)，故混合溶液中c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH―)，B正确； C．HCl和CH3COOH都是一元酸， pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以c(HCl)＜c(CH3COOH)，等体积的两种溶液 n(HCl)＜n(CH3COOH)，分别与相同浓度的NaOH溶液中和至pH=7时，醋酸消耗的NaOH更多，C错误； D． 物质的量浓度相等的几种溶液中，①(NH4)2SO4溶液中，氯离子对铵根离子水解无影响，且电离出硫酸根数目2倍的铵根离子；②NH4HSO4溶液中氢离子对铵根离子水解起到抑制作用；③NH4HCO3溶液中，碳酸氢根离子水解促进铵根离子水解；溶液中铵根离子浓度大小为：①>②>③，D正确； 故选C。 【变式1·变角度——结合图像考查粒子浓度大小】（2026·黑龙江吉林一模）常温下，在20.00mL弱酸HX中逐滴滴入0.1000mol/L的NaOH标准溶液。反应过程中，混合溶液中含X物种的分布系数(δ)及混合溶液的pH与滴入NaOH标准溶液的体积(V)的关系曲线如图所示。下列说法错误的是 已知：混合溶液中X-的分布系数。 A．曲线乙代表X-的分布系数曲线 B．常温下，X-的水解常数 C．n点溶液中： D．常温下，恰好中和时的溶液中： 【答案】D 【分析】随着NaOH溶液不断滴入，弱酸不断被中和，持续减小、持续增大，因此下降的丙曲线代表的分布系数，上升的乙曲线代表的分布系数；甲曲线代表滴定过程溶液pH随NaOH体积变化的曲线；m点是乙、丙交点，，满足。 【解析】滴加NaOH，与反应生成，浓度不断增大，分布系数逐渐上升，乙曲线呈上升趋势，代表的分布系数曲线，A正确；m点，此时，，由电离平衡，得到；水解常数，代入可得，B正确；n点溶液，；根据电荷守恒：，变形得到，因此；再根据物料守恒思想，溶液中所有含X粒子总量，可推出，即，C正确；恰好中和时溶质为，发生水解：。有两个来源：水解生成的与水自身电离的；只来源于水解，因此一定满足，正确粒子顺序应为，D错误； 故选D。 【变式2·变角度——缓冲溶液粒子浓度关系比较】常温下，在物质的量浓度均为的和混合溶液中，测得。下列有关混合溶液的说法错误的是 A． B． C． D．常温下，的水解常数大于的电离常数 【答案】D 【解析】A．根据电荷守恒 及已知 ，可得 ，因此 ，A正确； B．由于 ，溶液呈酸性，表明 电离为主，故 ，B正确; C．根据物料守恒，混合溶液中醋酸和醋酸根的总浓度守恒，初始浓度均为 ，故 ，C正确； D．根据A选项分析，同浓度醋酸和醋酸钠的混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，的水解常数大于的电离常数，D错误； 故选D。 【变式3·变载体】．（2025·吉林长春·三模）常温常压下，有关下列各溶液的描述中正确的是 A．等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，NH 的水解程度一样 B．等浓度的醋酸钠和醋酸溶液混合后溶液显酸性，溶液中微粒的浓度关系为： C．浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：，且 D．一定浓度的氨水加水稀释，的比值和的比值均增大 【答案】C 【解析】A．等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，(NH4)2SO4溶液中NH浓度大，水解程度较小，A错误；B．等浓度的醋酸钠和醋酸溶液混合后溶液显酸性，说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，溶液中微粒的浓度关系为：，B错误；C．浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中，CO水解程度大于HCO，则，且溶液中存在物料守恒：，C正确；D．一定浓度的氨水加水稀释，，温度不变，电离常数不变，氢氧根浓度减小，的比值增大，根据电荷守恒，稀释过程中，氢氧根浓度减小，氢离子浓度增大，的比值减小，D错误；故选C。 考向2 考查粒子浓度等量关系 例2（2026·内蒙古·一模）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　) A．NaHCO3溶液中：c(H＋)=c(OH-)＋c(H2CO3) B．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH-) C．0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合： 2c(Na＋)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3) D．0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H＋) 【答案】C 【解析】A项，NaHCO3溶液中：HCO3-的水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性，根据质子守恒可得c(OH-)=c(H＋)+c(H2CO3)，A错误；B项，HCl是一元强酸，完全电离，c(H+)与盐酸的浓度相等，而NH3·H2O是一元弱碱，只有很少一部分电离，在溶液中存在电离平衡，所以c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下，将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，电离产生的OH-恰好与H+中和，但c(NH3·H2O)> c(OH-)，电解质分子进一步电离产生OH-和NH4+，因此溶液显碱性，所得溶液中：c(NH4＋)>c(Cl-)，c(OH-)>c(H＋)，盐电离产生的离子浓度远大于弱碱电离产生的离子浓度所以微粒浓度关系为c(NH4＋) >c(Cl-)>c(OH-) >c(H＋)，B错误；C项，0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得： 2c(Na＋) =3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，C正确；D项，0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L 的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸，二者发生反应：Na2C2O4+HCl=NaCl+NaHC2O4，根据电荷守恒可得2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)+c(Cl-)=c(Na＋)+c(H＋)，D错误。 【变式1·变角度——多元酸溶液中的恒等关系】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，NaHC2O4溶液显酸性。设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( ) A．0.1000mol·L-1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)+c(H2C2O4) B．c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(H+)>c(C2O42-) C．pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4) D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-) 【答案】D 【解析】A项，0.1000mol·L-1H2C2O4溶液中c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1 mol·L-1，根据电荷守恒c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)= c(H+)，所以c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)，故A错误； B项，根据物料守恒，c(Na+)=c(总)的溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-的电离常数为5.4×10-5、水解常数为，HC2O4-电离大于水解，c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故B错误； C项，加入一定体积的氢氧化钠溶液，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.1 mol·L-1，根据电荷守恒，pH=7的溶液c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)，c(Na+)>0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故C正确； D项，根据物料守恒c(Na+)=2c(总)的溶液中溶质为Na2C2O4，根据物料守恒c(Na+)=2［c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)］，根据电荷守恒c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，所以c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，故D正确； 故选D。 【变式训练2·变载体】（2025·辽宁沈阳·一模）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A．溶液中： B．等物质的量浓度的和的混合溶液： C．室温下，向0.01 溶液中滴加NaOH溶液至中性： D．常温下，浓度均为0.1的、混合溶液(pH=4.76)： 【答案】B 【解析】依据电荷守恒，溶液中：，A不正确；等物质的量浓度的和的混合溶液中，依据物料守恒可得出2 c(Na+)=3[c()+c()+c(H2CO3)]，依据电荷守恒可得出c(Na+)+ c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，从而得出，B正确；室温下，向0.01 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，当二者等摩尔反应时，生成NaNH4SO4，此时由于水解，溶液呈酸性，欲使溶液呈中性，需再滴加一定量的NaOH，此时c(Na+)增大，c()减小，从而得出，C不正确；常温下，浓度均为0.1 mol·L-1的、混合溶液(pH=4.76)，存在物料守恒2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，混合溶液的pH=4.76，则c(H+)＞c(OH-)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)+ c(H+)-c(OH-)，从而得出，D不正确； 故选B。 【变式训练3·变载体】（2025·辽宁·一模）下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 A．溶液： B．溶液中离子浓度关系： C．等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中： D．浓度均为0.1的溶液和溶液等体积混合： 【答案】C 【解析】A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，即，根据质子守恒得，故A错误； B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，即，根据物料守恒得，故B错误； C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，即，根据物料守恒得，故C正确； D．二者恰好完全反应生成碳酸钠，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得，故D错误。 故答案选C。 考点三 水溶液中离子平衡图像分析 知识点1酸碱中和滴定曲线 一、滴定过程中，粒子浓度动态关键点分析： 例、常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HA溶液，滴定曲线如下图，图中五个关键点分析如下： 1.“起始”点A:判断酸（或碱）的相对强弱 含义：①溶质为HA，0.1mol·L－1 HA溶液的pH = a>1，故HA为弱酸； ②电离平衡常数Ka＝ ≈ [c(H＋)]²/(0.1000 − c(H＋)) ≈ 10⁻²ᵃ/0.1000=10¹⁻²ᵃ ③粒子浓度大小关系：c(HA)＞c(H＋)＞c(A－)＞c(OH－) 2.“半计量点 ”点B:判断电离程度和水解程度相对大小 含义：①溶质为HA和NaA，且pH<7，所以HA电离程度＞NaA的水解程度 ②电离平衡常数Ka＝= c(H＋)=10-b 两边取负对数得： pKₐ=pH ③粒子浓度大小关系：c(A－)＞c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－) 3.“中性”点C:不是恰好中和的点 含义：①溶质为NaA和少量的HA，pH=7 ②粒子浓度大小关系：c(Na＋)＝c(A－)＞c(H＋)＝c(OH－) 4.“恰好反应”点D:水电离程度最大点 含义：①溶质为NaA，pH>7 ②OH⁻ 全部由水电离而来，水的电离=c(OH⁻)=10(c−14) ③粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) 5.“过量一倍”点E:判断溶质组成以及物料守恒关系 ①溶质为NaA和NaOH，pH>7 ②物料守恒关系：Na：A=2:1所以有： c(Na⁺) = 2[c(HA) + c(A⁻)] ③粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋) 易错提醒 注意 ：酸碱混合成中性不等于酸碱中和恰好反应，酸碱中和恰好反应所得溶液不一定成中性。 二、多元酸碱滴定曲线关键点分析： 例、常温下，二元弱酸的Ka1=10-1.23, ; Ka2=10-4.19，。（已知：）。用溶液滴定溶液，滴定过程中溶液的随的变化曲线如图所示。 1.a点:pH = 含义：①溶质为HA-、H2A，且c(HA-)=c(H2A)； 因为pH=1.23，c(H+)=10-1.23mol/L，代入平衡常数，所以：c(HA-)=c(H2A) ②粒子浓度大小关系：c( Na+)<2c(A2-) + c(H2A) 因为：由电荷守恒：，且溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-) 所以：c( Na+)<2c(A2-) + c(H2A) 2.b点:第一次突变点 含义：①b点的溶质为NaHA，且pH<7，所以NaHA电离程度＞NaHA的水解程度 ②粒子浓度关系：（质子守恒） 因为：根据物料守恒：和电荷守恒可知， 3.c点:pH = 含义：溶质为NaHA和Na2A，且比例为1:1 因为：c点pH=4.19，c(H+)=10-4.19mol/L，代入平衡常数，所以：c(A2-)=c(HA-) 4.d点:第二次突变点 含义：①溶质为溶质是Na2A，pH>7 ②OH⁻ 全部由水电离而来，水的电离=c(OH⁻)=10(8.36−14)=10−5.64 解题技巧 · 已知：pH值，计算水的电离；（详见专题02《水的电离和溶液的酸碱性》知识点3 水电离出的c水(H+)或c水(OH-)的计算) · 反之，已知：水的电离，计算pH值。 例：常温下，某溶液中水电离1×10－4 mol·L－1，则该溶液的pH值可能为（ ）？ 解：该溶液中水电离1×10－4 mol·L－1＞常温下纯水电离（1×10－7 mol·L－1），所以该溶液中含有可以水 解的盐： ①如果为强酸弱碱盐，则水解显酸性，水解产生的全部H＋即水电离的H＋，浓度为1×10－4 mol·L－1， pH＝4； ②如果为强碱弱酸盐，则水解显碱性，水解产生的全部OH－即水电离的OH－，浓度为1×10－4 mol·L－1 pH＝10。 例：常温下，某溶液中水电离1×10－10 mol·L－1，则该溶液的pH值可能为（ ）？ 解：该溶液中水电离1×10－10 mol·L－1＜常温下纯水电离（1×10－7 mol·L－1），所以该溶液中含有酸 或碱： ①如果为酸酸溶液，则酸电离产生的H＋为主，水电离的H＋很少忽略不计，浓度为1×10－4 mol·L－1， pH＝4； ②如果为碱溶液，则碱电离产生的OH－为主，水电离的OH－很少忽略不计，浓度为1×10－4 mol·L－1 pH＝10。 解题思路：首先根据水电离判断溶液中溶质的种类：如果溶液中水电离＞纯水电离，则为可以水解的盐，然后根据盐的水解计算pH值；如果溶液中水电离＜常纯水电离，则为酸或碱溶液，然后根据酸或碱电离出的H＋或OH－计算pH值。 知识点2 分布系数曲线 一、分布系数δ(X)与pH图像分析： 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)为纵坐标的关系曲线。 1.一元弱酸的分布分数 例、以弱酸HA为例分布系数曲线如图，点a的pH=α 曲线分析：①读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势： 图中δ0随pH增大只减不增为HA分布系数；δ1只增不减的为A－分布系数；当pH<pKa时，主要存在形式是HA；当pH>pKa时，主要存在形式是A－。（pKa=-lgKa） ②用“交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数Kₐ： 图中a点：c(A－)=c(HA)，其pH=α，代入平衡常数：Ka＝= c(H＋)=10-α 两边取负对数（用p表示）得： pKₐ=pH=α 2.二元弱酸的分布分数 例、以“弱酸H2A”为例，分布系数曲线如图，点a的pH1=α，点b的pH2=β，点c，pH3=c 曲线分析：①读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势： 随pH增大，δ0只减不增为H2A分布系数曲线，δ1先增后减为HA－曲线，δ2只增不减为A2－曲线。 当溶液的pH=α时δ0=δ1；当pH=β时δ1=δ2；当pH<α时，H2A为主；当α<pH<β时，HA－为主；当pH>β时，A2－为主要存在形式。 ②用“交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数Kₐ： a.图中a点：c(HA－)=c(H2A)，其pH1=α，代入平衡常数表达式： c(H＋)=10-α 两边取负对数（用p表示）得： pKₐ=pH=α b.图中b点同理：c(HA－)=c(A2－)，，对应pH2=β，=1， pKₐ=pH=β。 c.图中c点，c(H2A)=c(A2－)，此时c(HA－)最大，其溶液pH3=c 得：pH3=⇒c= 推理过程如下： H2AH++HA—，HA—H++A2—， ·=，由于交点c时，c(H2A)=c(A2－)，c2(H+)=·=1·1， 两边取负对数，即可得，pH3==。 3.多元弱酸的分布分数 例、以“弱酸H3A”为例，分布系数曲线如图，点a的pH1=α，点b的pH2=β，点c，pH3=c 曲线分析：①读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及变化趋势： δ0为H3A分布系数曲线；δ1为H2A－曲线；δ2为HA2－曲线、δ3为A3－曲线 当溶液的pH=α时δ0=δ1；当pH=β时δ1=δ2；当pH=c时δ2=δ3；当pH<α时，H3A占优势；当α<pH<β时，H2A－占优势；当β<pH<c时，HA2－占优势；当pH>c时，A3－为主要存在形式 ②用“交点”——交点是某两种粒子浓度相等的点，可计算电离常数Kₐ： a.图中a点：=10-α，两边取负对数得： pKa1=pH1=α b.图中b点：=1，两边取负对数得： pKa2=pH2=β c.图中c点：Ka3＝10－c两边取负对数得： pKa3=pH3=c 二、 粒子浓度对数图像分析 1.图像含义 将溶液中某微粒的浓度的比值取常用对数或负对数（用p表示），即lg （或p[ ])与溶液中的pH作出的图像。 得分速记 对数常用运算规则：lg ab=lg a+lg b、 lg =lg a-lg b、 -lg10-α=α lg 1=0。 （1）若lg ＝0，则c(A) = c(B)； （2）若lg ＞0，则c(A)＞c(B)； （3）若lg ＜0，则c(A)＜c(B)； 1.一元弱酸的对数图像 【例】HA是一元弱酸。25℃时，向20 mL 0.1 mol/LHA溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中 与pH的关系曲线如图所示。 ①“曲线”化学含义：图像为一次函数；直线的斜率k=1；直线截距b= pKa 推导过程：一元弱酸电离平衡： ⇒ ⇒ 因为： 所以： ⇒ 令x= 、y=pH 、b= 则上恒等式为一次函数：y = kx + b（k=1) ②用“交点”——可计算电离常数Kₐ： 图中F点：=0 ⇒=，其pH=α，代入平衡常数：= F=10-2.5 两边取负对数（用p表示）得： pKₐ=pH=2.5 图中E点：=-0.5 ⇒=10-0.5，代入平衡常数：=10-2.5⇒ E=10－2 mol/L ⇒pH＝a＝2 图中G点:溶液中的溶质是：A－ 、 HA ；因为：=4.5＞0 所以 ； E、F、G三点对应的溶液中水的电离程度E<F<G 。 2.多元弱酸的对数图像 例、以“弱酸H2A”为例，25℃时，某二元弱酸H2A的pX随pH值变化关系如图，[p表示负对数，X表示、] ①读“曲线”——每条曲线所代表的粒子及与pH值的关系： X 推导 pX–pH 关系 斜率 −1​ −1​ −2​ ②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： 三个关键交点（pX = 0 处，即两物种浓度相等） ：pH = pKa₁ ：pH = pKa₂ ：pH = (pKa₁+pKa₂)/2 知识拓展 缓冲溶液 1.定义：能抵抗少量外加酸、碱或适度稀释，而保持溶液 pH 基本不变的溶液。 2.组成：必须是一组"共轭酸碱对" 类型 实例 有效缓冲 pH 范围 弱酸 + 其盐 CH₃COOH / CH₃COONa 约 3.7 ~ 5.7 弱碱 + 其盐 NH₃·H₂O / NH₄Cl 约 8.3 ~ 10.3 多元弱酸的酸式盐 + 次级盐 NaH₂PO₄ / Na₂HPO₄、H₂CO₃ / NaHCO₃ 约 6.2 ~ 8.2（血液体系） 3.缓冲原理（以 CH₃COOH / CH₃COONa 为例） 体系中同时存在： CH₃COOH ⇌ CH₃COO⁻ + H⁺（醋酸的电离，弱） CH₃COONa → CH₃COO⁻ + Na⁺（盐完全电离，提供大量 CH₃COO⁻） 大量 CH₃COO⁻ 产生同离子效应，抑制醋酸电离，使溶液中同时"储备"了较多的 CH₃COOH（抗碱）​和 CH₃COO⁻（抗酸）。 操作 发生的反应 结果 加少量酸（H⁺） CH₃COO⁻ + H⁺ → CH₃COOH 消耗外加 H⁺，pH 基本不变 加少量碱（OH⁻） CH₃COOH + OH⁻ → CH₃COO⁻ + H₂O 消耗外加 OH⁻，pH 基本不变 加水稀释 酸、盐浓度同比例下降 比值不变，c(H⁺) 近似不变 4.定量关系： 由电离常数表达式变形： 三个推论： 1.比值决定 pH：只改变酸与盐的浓度比，pH 随之改变。 2.两者浓度相等时，pH = pKa，此时缓冲能力最强（滴定曲线上的半中和点）。 3.稀释时比值不变，故 pH 近似不变——这正是缓冲溶液区别于普通溶液的地方。 弱碱体系（NH₃·H₂O/NH₄Cl）用 Kb 同理：c(OH⁻) = Kb · c(碱)/c(盐)。 5.缓冲能力（缓冲容量）与缓冲范围 总浓度越大，缓冲能力越强（储备的抗酸、抗碱组分更多）。 浓度比越接近 1:1，缓冲能力越强；一般认为比值在 1/10 ~ 10之间才算有效缓冲，对应 pH = pKa ± 1这个缓冲范围。 能力有限：一旦外加酸碱把其中一种组分基本耗尽，缓冲作用立即消失，pH 会急剧变化（体现在滴定曲线上就是"先平缓、后陡峭"）。 知识点3 沉淀溶解平衡图象 一、 双曲线型（– 图） 1. 线的化学意义 :幂函数（反比例曲线） 推导过程： ，溶度积: 即 ，其中 曲线本身： 的点的集合，恰好饱和，体系处于沉淀溶解平衡，。 渐近线是两条坐标轴：因为 只能趋近 0 不能等于 0（另一离子浓度要趋于无穷），所以曲线永不与轴相交。 线的位置由 决定： 越大（越易溶），曲线越远离原点；升温一般使 增大 → 曲线向右上平移。 线的形状由化学式决定： 型比 型弯曲得更"陡"。 沉淀类型 表达式 函数名称 MA 型（AgCl、BaSO₄） 1:1 ，​ 反比例函数（幂函数的特例） MA₂ 型（CaF₂、Mg(OH)₂） 1:2 幂函数（） M₂A 型（Ag₂CrO₄） 2:1 幂函数（） 2. 点的化学意义（三区判据） 位置 关系 状态 宏观表现 曲线上​ 饱和 固液共存，动态平衡 曲线右上方（远离原点） 过饱和 有沉淀析出，直至落回曲线 曲线左下方（靠原点） 不饱和 无沉淀；加固体则继续溶解 3. 特殊点 曲线与对角线交点：此时两离子浓度按化学计量比相等，即纯水中溶解达饱和，可直接读溶解度。  型：； 型： 任一点向两轴作垂线围成的矩形面积 = （1:1 型，见图左虚线矩形）——这是读数求 最快的方法。 ⚠️ 高频陷阱： 易错陷阱 曲线上每一点的 都相同，但溶解度 不同。只有对角线交点（或按化学计量比溶解的点）才等于该温度下的 s。 4. 点的移动 同离子效应：加 NaCl → 增大，点沿水平线右移撞到曲线，再沿曲线上行， 下降。 恒温蒸发浓缩：点沿从原点出发的射线（浓度比不变）向右上移动，撞到曲线后停在交点不动——继续蒸发只会让沉淀量增加，浓度不再变。 三、直线型（负对数图） 1. 线的化学意义 推导过程： 对 两边取负对数： 解出（以 为纵轴）： 即 形式的一次函数， 通式（以 为纵轴、 为横轴）： 图像要素 化学含义 斜率 ​ 由化学式决定​ → 可由斜率反推沉淀组成 （如斜率 −2 说明是 型，斜率- 1/2说明是 型） 纵轴截距 ​ 由溶度积决定 横轴截距 ​ 同上 线的平移​ 变小（即变大） : 直线向右上方平移，沉淀区扩大（更难溶） 变体：横轴换成 pH 时斜率变正！ 对 ：，而 ，所以 即 –pH 图中，斜率 = 氢氧根个数，据此可直接判断是 还是 。 2. 点的化学意义（方向判据与双曲线图相反） 位置 关系 状态 直线上​ 恰好饱和（沉淀恰好开始/恰好溶解完） 直线左下方（靠原点） 离子浓度大​ → 有沉淀​ 直线右上方（远离原点） 离子浓度小​ → 不饱和，无沉淀 易错陷阱 负对数图中"远离原点"= 浓度小​ = 不沉淀，与 – 图完全相反。判断时统一用 " 与 比大小"，不要凭"离原点远近"的直觉。 3. 特殊点与特征线 与直线 的交点：，即纯水饱和，可求 （1:1 型时 ）。 两轴截距：交点处对应另一离子浓度为 1 mol/L，是理论外推值，用于读图求 ，不代表真实溶液。 水平线 ：对应 ，是"沉淀完全"的判据线；与之相交的横坐标即为"沉淀完全所需的最低沉淀剂浓度"。 多条直线并存（分步沉淀）： 同类型沉淀（斜率相同）， 大的那条靠左上，先沉淀； 两条线的交点：两离子开始同时沉淀的临界点，可判断能否分离；交点处两离子浓度比为 。 溯本求源 化理通考 · 问：为什么同一平衡会有两种函数 答：核心是对数运算把“乘除幂”化为“加减系数”： 幂函数（非线性） 一次函数（线性）即：幂函数（非线性）经取负对数后，变为一次函数（线性）。这是化学中“对数线性化”的常用方法，与分布分数 pX–pH 图直线化一脉相承。其价值在于：直线图中斜率直接给出化学计量数、截距直接给出 Ksp，读数远比双曲线精确方便。 考●向●破●译 考向1 考查曲线型（幂函数）图像 例1（2025·吉林·二模）为二元弱酸，常温下将的溶液滴入的溶液中，溶液中(或)的分布系数、溶液体积V与的关系如图所示。已知：。下列叙述正确的是 A．曲线a、b分别表示的是和的分布系数变化曲线 B．q为滴定终点，此时溶液中的离子浓度： C．的水解平衡常数 D．n点对应的溶液中： 【答案】C 【解析】A．初始时溶液为NaHA，HA-分布系数最大，随NaOH加入HA-被中和为A2-，故HA-分布系数减小（曲线a），A2-分布系数增大（曲线b），A错误； B．滴定终点为V=20mL（生成Na2A），A2-水解使溶液呈碱性，离子浓度应为c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+)，B错误； C．m点pH=4.2时，δ(HA-)=δ(A2-)，即c(HA-)=c(A2-)，H2A的K2=，Na2A的Kh1=，C正确； D．n点时加入的NaOH溶液是10 mL，此时溶液中的溶质有NaHA和Na2A，且两物质浓度相等。电荷守恒：；物料守恒：，联立可得：， D错误； 故选C。 【变式1·新载体——强碱滴定多种酸】（2025高三上·辽宁葫芦岛·一模）利常温下，等浓度的磷酸溶液、硫酸溶液及草酸溶液分别用溶液滴定，滴定曲线如图。 已知：常温下，的依次为；的依次为。下列说法正确的是 A．曲线X代表 B． C．当V(溶液)时，曲线Y对应的溶液中： D．溶液中存在： 【答案】C 【解析】据图可知，当加入的NaOH溶液达到50.00mL时，曲线X、Y的pH发生两次突变，Z发生一次突变，则曲线Z代表的应为强酸，即H2SO4，由H2C2O4和H3PO4的Ka1可知，等浓度的H2C2O4溶液的pH小于H3PO4，即Y代表H2C2O4，X为三元酸H3PO4，以此解答。 A．由分析可知，X为三元酸，即H3PO4，A错误； B．由图可知，向等浓度的磷酸溶液、硫酸溶液及草酸溶液中加入50mL溶液时，三种酸与消耗的NaOH物质的量之比都为1∶2，则，B错误； C．Y是H2C2O4，当V(溶液)时，得到Na2C2O4溶液，由电荷守恒和物料守恒可得质子守恒：，C正确； D．X为H3PO4，当V(溶液)时，得到溶液，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，则存在：，D错误； 故选C。 【变式2·变角度——水电离的H＋与NaOH溶液体积图像】（2025·辽宁·模拟预测）常温下，向20.00 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lgc水(H＋)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．常温下，Ka(HA)约为10－5 B．M、P两点溶液对应的pH＝7 C．b＝20.00 D．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－) 【答案】B 【解析】A项，0.1 mol·L－1 HA溶液中，－lgc水(H＋)＝11，c水(H＋)＝c水(OH－)＝10⁻¹¹ mol·L－1，c(H＋)＝＝10⁻³ mol·L－1，HAH＋＋A－，Ka(HA)＝≈＝10⁻⁵，A正确； B项，N点水电离出的H＋浓度最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，则P点溶质为NaOH和NaA，溶液显碱性，即P点溶液pH不等于7，B错误； C项，N点水电离出的H＋浓度最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，则b＝20.00，C正确； D项，M点溶液的pH＝7，根据溶液呈电中性可知，c(Na＋)＝c(A－)，则M点后，溶液呈碱性， c(Na＋)＞c(A－)，D正确。 故答案选B 【变式3·变角度——酸滴定多元弱酸的盐图像】．25℃时，向2 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的HCl溶液。滴加过程中溶液含碳微粒的物质的量与溶液pH的关系如图所示（CO2因逸出未画），下列说法错误的是 A．曲线③表示H2CO3物质的量的变化情况 B．a点由水电离产生的c(OH－)为10－7 mol·L－1 C．b点溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(HCO3－)＋c(OH－) D．c点溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(CO32－) 【答案】C 【解析】向2 mL 0.1mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的HCl溶液，先发生HCl＋Na2CO3＝NaHCO3＋NaCl，后发生HCl＋NaHCO3＝NaCl＋H2O＋CO2↑，则随着盐酸的滴入、pH减小，碳酸根浓度逐渐减小，碳酸氢根浓度先增大后减小，随着碳酸氢根浓度减小，碳酸浓度逐渐增大，则曲线①代表CO32－，曲线②代表HCO3－，曲线③代表H2CO3。 A项，向2 mL 0.1mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的HCl溶液，开始时，c(CO32－)逐渐减小，c(HCO3－)逐渐增大，后期c(H2CO3)逐渐增大，c(HCO3－)逐渐减小，则曲线①代表CO32－，曲线②代表HCO3－，曲线③代表H2CO3，A正确； B项，碳酸钠水解促进水的电离，在a点时，pH＝11.6，此时CO32－水解使溶液显碱性，则由水电离产生的c(OH－)＝10⁻(14-11.6) mol·L⁻¹＝10⁻²·⁴ mol·L⁻¹，B正确； C项，b点溶液中c(CO32－)＝c(HCO3－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)＋c(Cl－)可得出c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(HCO3－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，C错误； D项，由分析可知，c点溶液中溶质为NaHCO3，碳酸氢钠为强电解质完全电离为钠离子和碳酸氢根，碳酸氢根微弱水解溶液呈碱性：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)，碳酸氢根水解程度大于电离程度：c(OH－)＞c(CO32－)，此时溶液中离子浓度大小顺序为c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(CO32－)，D正确。 故答案选C 考向2考查直线型（一次函数）图像 例2（2025·内蒙古·一模）1．（23-24高二上·江苏常州·期中）25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与lg X的变化关系如图所示。已知：lg X=lg或lg，下列叙述正确的是 A．曲线m表示pH与lg的变化关系 B．当溶液呈中性时，c(Na+)=c()+2c() C．Ka1(H2CO3)的数量级为10-6 D．滴加过程中，保持不变 【答案】D 【详解】A．Na2CO3溶液中滴入盐酸，起初发生反应+H+=，后来才发生反应+H+=H2CO3，所以曲线m表示pH与lg的变化关系，A不正确； B．当溶液显中性时，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c()+2c()+c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)＞c()+2c()，B不正确； C．根据图像分析知Ka1(H2CO3)==10×10-7.4=10-6.4，数量级为10-7，C不正确； D．=×=Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，温度不变，Ka1(H2CO3)、Ka2(H2CO3)不变，故滴加过程中，保持不变，D正确； 故选D。 【变式1·变角度——酸的电离度和pH的关系】（2025·吉林·二模）常温下和的两种溶液中，酸的电离度和pH的关系如图所示(对于酸HA，电离度定义为电离平衡时)，下列说法正确的是(参考数据：) A．a表示电离度与pH的关系 B．的电离平衡常数为 C．点对应的溶液中有 D．等体积，浓度均为的上述两种酸混合后pH约为1.9 【答案】B 【详解】A．根据分析可知，a表示电离度与pH的关系，b表示电离度与pH的关系，故A错误； B．根据分析可知，a表示电离度与pH的关系，因此的电离平衡常数为，故B正确； C．点时有pH=1，说明此时溶液的pH增大，若是通过加入水实现pH增大，则有，若是通过加入了其他电解质实现pH增大，根据电荷守恒可知，还存在有其他的阳离子，关系不成立，故C错误； D．根据、，初始，若溶液中溶质只有，则，同理，，等体积，浓度均为的上述两种酸混合后，，故D错误； 故答案选B。 【变式训练2·变角度——多元碱的对数图像】（2025·黑龙江·一模））联苯胺(用B表示)是一种二元弱碱，与足量盐酸反应生成，常温下，[X代表或]与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A．直线N代表与pH的关系 B．联苯胺的电离平衡常数 C．BHCl的水溶液呈碱性 D．常温下，当时， 【答案】D 【解析】联苯胺（B）是二元弱碱，联苯胺的一级电离为，电离平衡常数；二级电离为， 电离平衡常数。根据图中直线与pH轴的交点可算出，两点的分别为 mol·L-1和 mol·L-1，利用，代入数据可得，，故直线M表示与pH的关系，直线N表示与pH的关系。A．根据分析，直线N表示与pH的关系，A错误；B．根据分析，，B错误；C． BHCl的水溶液包含的电离和水解，电离常数为，水解常数为，水解大于电离，水溶液呈酸性，C错误；D．常温下，，代入可得，故，D正确；故选D。 【变式训练3·变角度——沉淀溶解平衡与酸电离对数图像】某废水中含有和，可通过保持时调节pH使和形成硫化物而分离，体系pH与lgc关系如图所示，c表示的浓度，单位为mol/L。下列说法正确的是 A．调节pH的过程中，始终有 B． C．反应的平衡常数 D．除杂后的上层清液中一定存在： 【答案】C 【分析】酸性较强的溶液中含硫微粒为H2S、HS-、S2-，H2S是二元弱酸，则起始阶段c(HS-)＞c(S2-)，lgc(HS-)＞lgc(S2-)，即点(1.6，-6.5)和(4.2，-3.9)所在曲线为c(HS-)随pH的变化，点(4.9，-13.0)和(6.8，-9.2)所在曲线为c(S2-)随pH的变化，随着溶液pH增大，溶液的酸性减弱，c(HS-)和c(S2-)都逐渐增大，c(Ni2+)或c(Cd2+)逐渐减小，当c(S2-)一定时lgc(Ni2+)＞lgc(Cd2+)，则Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，据此分析解答。 【详解】A．调节pH时，保持c(H2S)=0.1mol/L，则，A错误； B．由分析可知，点和所在曲线为随pH的变化，溶液pH为1.6时，溶液中氢硫酸根离子浓度为10-6.5，则氢硫酸的第一电离常数为，，则，B错误； C．由图示曲线交点可知，此时，则；由曲线交点可知，此时，则；反应的平衡常数，C正确； D．除杂后上层清液为硫化镍饱和溶液，满足，D错误； 故选C。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2022·辽宁卷）甘氨酸是人体必需氨基酸之一。在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是 A. 甘氨酸具有两性 B. 曲线c代表 C. 的平衡常数 D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确； B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确； C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确； D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78,0.50)分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误； 故答案选D。 2.（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是　　　 A. B. ③为与的关系曲线 C. D. 【答案】D 【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。 【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A错误； B．由分析可知，③为与的关系曲线，B错误； C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者当c(H+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-3.9mol/L，，C错误； D．已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知Ka1=10-7.1，故有，D正确； 故答案为D。 3.（2024·黑、吉、辽卷）. 下，、和的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以为指示剂，用标准溶液分别滴定含水样、含水样。 已知：①为砖红色沉淀； ②相同条件下溶解度大于； ③时，，。 pAg=-lg[c(Ag+)/(mol·L-1)] pX=-lg[c(Xn-)/(mol·L-1)](X代表Cl-、Br-或CrO) 下列说法错误的是 A. 曲线②为沉淀溶解平衡曲线 B. 反应的平衡常数 C. 滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过 D. 滴定达终点时，溶液中 【答案】D 【分析】由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，根据①上的点（2.0，7.7），可求得，根据②上的点（2.0，7.7），可求得，根据③上的点（6.1，6.1），可求得。 【详解】A．由分析得，曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线，故A正确； B．反应的平衡常数，故B正确； C．当Cl-恰好沉淀完全时可以得到的饱和溶液，，则，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2mol/L，故C正确； D．以为指示剂，当Br-到达滴定终点时，开始形成Ag2CrO4砖红色沉淀，且半分钟内不消失，此时，，则，而此时银离子浓度并不为1 mol/L，故D错误； 故选D。 4.（2025年·黑、吉、辽、蒙卷）室温下，将置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，和的平衡常数分别为和：的水解常数。下列说法错误的是 A. Ⅲ为的变化曲线 B. D点： C. D. C点： 【答案】B 【分析】pH越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表，Ⅱ代表，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+，据此解答。 【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为的变化曲线，A正确； B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH＜7，图像pH增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积和N元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，，，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+，，B错误； C．根据图像可知D点时和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据可知，C正确； D．C点时和Ag+浓度相等，B点时和浓度相等，所以反应的的平衡常数为103.8，因此K2=，C点时和Ag+浓度相等，所以，D正确； 答案选B。 5.（2025年·黑、吉、辽、蒙卷）室温下，醋酸铜（，表示）溶液中、、和的曲线如图。保持体系中元素总物质的量、元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是 A. Ⅰ为的变化曲线 B. 室温下， C. 室温下， D. 点： 【答案】C 【分析】初始状态分析：溶液为0.10mol/L的CuAc2。体系中c(Cu)= 0.10mol/L，总(Ac)= 0.20mol/L；低pH值(酸性较强)时：Ac-主要与H+结合形成HAc，因此HAc的浓度最大，接近0.20 mol/L。此时pX=-lg(0.20)≈0.7；观察图像，曲线Ⅲ的起点约为0.7，因此Ⅲ为HAc的曲线。由于Ac-浓度极低，铜元素主要以游离的Cu2+形式存在，其浓度略小于0.10 mol/L。此时pX=-lg(0.10)=1.0。观察图像，曲线Ⅱ的起点约为1.1(略大于1.0代表)，因此Ⅱ为Cu2+的曲线。剩下的曲线Ⅰ代表CuAc+的曲线，据此解答； 【详解】A．由分析可知，Ⅰ为的变化曲线，A正确； B．题中反应的，当pH=3.46时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时，且由M点坐标可知，，代入平衡常数表达式：，B正确； C．根据P点坐标，此时pH=5.75，，反应的平衡常数，代入数据得到：，故，，C错误； D．根据题意，C元素总物质的量不变，即总醋酸根(含各种形态)的浓度保持为0.20 mol/L，存在物料守恒： ，对于HAc的电离平衡常数：，变形得，代入题干原式，得到原式=，将物料守恒式代入得到：原式=，Q点存在，由于，故原式=＜，D正确； 故选C。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $