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专题 07 水溶液中的离子平衡
考点01 弱电解质的电离平衡··············································································1
考点02 水的电离和溶液的酸碱性········································································5
考点03 酸碱中和滴定······················································································10
考点04 盐类水解和粒子浓度大小比较·································································15
考点05 难溶电解质的溶解平衡··········································································20
考点 01 弱电解质的电离平衡
1．弱电解质
(1)概念
(2)与化合物类型的关系
强电解质主要是大部分离子化合物及某些共价化合物，弱电解质主要是某些共价化合物。
2．弱电解质的电离平衡
(1)电离平衡的建立
在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质电离产生离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等
时，溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化，电离过程达到了平衡。
平衡建立过程的v-t图像如图所示。
(2)弱电解质电离平衡的特征
3．影响电离平衡的外界条件
外界条件 电离平衡移动方向 电离程度变化温度 升高温度 向右移动 增大
浓度 稀释溶液 向右移动 增大
加入与弱电解质相同离子
相同离子 向左移动 减小
的强电解质
加入能与弱电解质离子
向右移动 增大 增大
反应的物质
4．弱电解质平衡移动的“三个不一定”
(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变，K ＝c(H＋)·c(OH－)是定值，
w
稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大。
(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大。
(3)对于浓的弱电解质溶液加HO稀释的过程，弱电解质的电离程度逐渐增大，但离子浓度不一定减小，可
2
能先增大后减小。
5．一元强酸与一元弱酸的比较
等物质的量浓度的盐酸
等pH的盐酸(a)与醋酸溶液(b)
(a)与醋酸溶液(b)
pH或物质的量浓度 pH：a＜b 物质的量浓度：a＜b
溶液的导电性 a＞b a＝b
水的电离程度 a＜b a＝b
加水稀释等倍数pH的变化量 a＞b a＞b
等体积溶液中和NaOH反应的量 a＝b a＜b
分别加该酸的钠盐固体后pH a：不变；b：变大 a：不变；b：变大
开始与金属反应的速率 a＞b 相同
等体积溶液与过量活泼金属产生
相同 a＜b
H 的量
2
6．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CHCOOH)稀释图像比较
3
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，醋酸的pH
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
大
(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数， 加水稀释到相同的pH，
盐酸的pH大 醋酸加入的水多
7．电离平衡常数
(1)①填写下表(25 ℃)
弱电解质 电离方程式 电离常数
NH ·H O NH ·H O NH＋OH－ K ＝1.8×10－5
3 2 3 2 b
CHCOOH CHCOOH CHCOO－＋H＋ K＝1.8×10－5
3 3 3 a
HClO HClO H＋＋ClO－ K＝3.0×10－8
a
②CH COOH酸性大于(填“大于”“小于”或“等于”)HClO酸性，判断的依据：相同条件下，电离常数
3
越大，电离程度越大，c(H＋)越大，酸性越强。
③电离平衡常数的意义：弱酸、弱碱的电离平衡常数能够反映酸碱性的相对强弱。电离平衡常数越大，电
离程度越大。多元弱酸的电离以第一步电离为主，各级电离平衡常数的大小差距较大。
④外因对电离平衡常数的影响：电离平衡常数与其他化学平衡常数一样只与温度有关，与电解质的浓度无
关，升高温度，K值增大，原因是电离是吸热过程。
(2)多元弱酸的分步电离，以碳酸为例，碳酸是二元弱酸，在水溶液中的电离是分步进行。
①电离方程式是HCO H＋＋HCO，HCO H＋＋CO。
2 3
②电离平衡常数表达式： ， 。
③比较大小：K >K 。
a1 a2
1.下列物质属于强电解质的是( )
A．KOH B．HPO C．SO D．CHCHO
3 4 3 3
【答案】A
【解析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。A项，KOH在水溶液中或熔融状态
下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；B项，HPO 在水溶液中或熔融状态下能不
3 4
够完全电离，HPO 为弱电解质，B不符合题意；C项，SO 在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO 属于
3 4 3 3
非电解质，C不符合题意；D项，CHCHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CHCHO属于非电解质，
3 3
D不符合题意；故选A。
2．已知某温度下CHCOOH和NH ·H O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L－1的CHCOOH溶
3 3 2 3
液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A．水的电离程度始终增大
B． 先增大再减小C．c(CHCOOH)与c(CHCOO－)之和始终保持不变
3 3
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CHCOO－)
3
【答案】D
【解析】A项，醋酸显酸性，水的电离平衡受到抑制，在滴加 NH ·H O的过程中，酸性减弱，水的电离程
3 2
度受到抑制的程度减小，电离程度增大，当 CHCOOH反应完后，加入的NH ·H O会抑制水的电离，电离
3 3 2
程度减小，故该选项错误；B项，在向醋酸中滴加氨水的过程中，碱性增强酸性减弱，c(OH－)一直增大。
由NH ·H ONH＋OH－可知，K＝，则 ，而K是常数，故 直减小，
3 2
该选项错误；C项，n(CHCOOH)与n(CHCOO－)之和保持不变，但溶液的体积是增大的，故c(CHCOOH)
3 3 3
与 c(CHCOO－)之和逐渐减小，该选项错误；D 项，当加入氨水 10 mL 时，两者恰好完全反应生成
3
CHCOONH ，由CHCOOH和NH ·H O的电离常数相等可知，CHCOO－和NH的水解程度也相等，故
3 4 3 3 2 3
c(NH)＝c(CHCOO－)，该选项正确。
3
3．常温下pH＝2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1 000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示。下
列结论正确的是( )
A．B酸比A酸的电离度大 B．A为弱酸，B为强酸
C．B酸的物质的量浓度比A的小 D．A酸比B酸易电离
【答案】D
【解析】根据图示可知溶液稀释1 000倍后，A酸溶液pH变化大，说明A酸酸性大于B酸酸性。则B酸为
弱酸，其电离度应比A酸小，A酸易电离。同为pH＝2，B酸溶液物质的量浓度一定比A酸溶液浓度大。
4．(2022•浙江省湖州、衢州、丽水三地市高三教学质量检测)相同温度下，三种酸在一定物质的量浓度下
的电离度如表所示，下列说法正确的是( )
酸 HA HB HD
浓度/mol∙L-1 1 0.1 0.5 0.9 1
电离度/% 0.3 0.3 0.15 0.1 10
A．HD是强酸
B．酸性：HB<HA<HD
C．在相同温度下，HA酸浓度越大其电离度越小因而溶液酸性越弱
D．由表可知在相同温度下，弱酸HB浓度越小其电离平衡常数越大
【答案】B
【解析】由表格可知，当浓度都是1mol/L时，HA的电离度为0.3%，HD的电离度为10%，根据浓度相同
时，酸性越弱，电离度越小，所以酸性：HD＞HA；当浓度都是0.9mol/L时，HB的电离度为0.1%，若HB的浓度增大为1mol/L，根据浓度越大电离度越小，所以HB的浓度为1mol/L，其电离度＜0.1%；综上可知，
当浓度都是1mol/L时，电离度：HD＞HA＞HB，已知电离度越大，则酸性越强，所以酸性：HD＞HA＞
HB。A项，当浓度都是1mol/L时， HD的电离度为10%，说明HD是弱酸，故A错误； B项，根据分析
可知相同浓度电离度越小，酸性越弱，所以酸性：HD＞HA＞HB，故B正确；C项，浓度越大电离度越小，
但浓度增大电离平衡正向移动，氢离子浓度大了，酸性增强，故C错误；D项，相同温度下，弱酸HB浓
度与电离平衡常数无关，平衡常数只受温度影响，故D错误；故选B。
考点 02 水的电离和溶液的酸碱性
1．水的电离
(1)水的电离：HO＋HO HO＋＋OH－，可简写为HO H＋＋OH－。
2 2 3 2
(2)水的离子积常数：K ＝c(H＋)·c(OH－)。
w
①室温下：K ＝1×10－14。
w
②影响因素：只与温度有关，升高温度，K 增大。
w
③适用范围：K 不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。
w
④K 揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，K 不变。
w w
2．溶液中H＋或OH－的来源分析
(1)溶液为酸的溶液。
溶液中的OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的盐酸中，溶液中的c(OH－)＝
(K /10－2) mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
w
(2)溶质为碱的溶液。
溶液中的H＋全部来自水的电离，水电离产生的 c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的
c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
(3)水解呈酸性或碱性的盐溶液。
①pH＝5的NH Cl溶液中，H＋全部来自水的电离，由水电离的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，因为部分OH－与部
4
分NH结合，溶液中c(OH－)＝10－9 mol·L－1。
②pH＝12的NaCO 溶液中，OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1。
2 3
3．溶液酸碱性判断中的常见误区
(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。
(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时，溶液显酸性；强碱和弱酸恰好中和
时，溶液显碱性，强酸和强碱恰好中和时，溶液显中性。
(3)使用pH试纸测溶液酸碱性时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿，相当于将
待测液稀释，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测液为中性溶液，则所
测结果没有误差。
4．有关pH计算的一般思维模型1.实验测得0.5 mol·L−1CHCOONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO 溶液以及HO的pH随温度变化的曲线如图所
3 4 2
示。下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)
B．随温度升高，CHCOONa溶液的c(OH−)减小
3
C．随温度升高，CuSO 溶液的pH变化是K 改变与水解平衡移动共同作用的结果
4 w
D．随温度升高，CHCOONa溶液和CuSO 溶液的pH均降低，是因为CHCOO−、Cu2+水解平衡移动方向
3 4 3
不同
【答案】C
【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减
小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，
醋酸根水解为吸热过程，CHCOOH-+H O CHCOOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增
3 2 3
大，故B不符合题意；升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H O
2
Cu(OH) +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；盐类水解为吸热过程，
2
升高温度促进盐类水解，故D不符合题意。
2.某温度下， 和 的电离常数分别为 和 。将 和体积均相同的两种
酸溶液分别稀释，其 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A．曲线Ⅰ代表 溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
C．从c点到d点，溶液中 保持不变（其中 、 分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a点的两溶液分别与 恰好中和后，溶液中 相同
【答案】C
【解析】由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO，I代表
2
CHCOOH，A错误；酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，B错误；Ⅱ代表HNO，
3 2
c(HNO )c(OH-)/c(NO-)=c(H+)·c(HNO)c(OH-)/[c(H+)·c(NO -)]=k /k(HNO )，k 为水的离子积常数，k(HNO)为
2 2 2 2 w 2 w 2
HNO 的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，C正确；体积和pH均相同的HNO 和
2 2
CHCOOH溶液，c（CHCOOH）＞c（HNO），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CHCOOH消
3 3 2 3
耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO 消耗的NaOH少，故D错误。
2
3.（2022·河北衡水中学高三调研）25 ℃时，向10 mL 0.1 mol·L－1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1
mol·L－1的HCl溶液，溶液的AG[AG＝lg ]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确
的是( )
A．若a＝－8，则a点溶液中水电离出的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1
B．M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C．R点溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)
D．M点到N点，水的电离程度先增大后减小
【答案】B
【解析】A项，a＝－8，可求c(OH－)＝10－3 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，c(H＋)H O＝1×10－11
2
mol·L－1，正确；B项，M点AG＝0，则溶液中c(H＋)＝c(OH－)，不恰好反应，错误；C项，R点可能为恰
好反应，溶质为XCl，根据物料守恒可知c(X－)＋c(XOH)＝c(Cl－)，正确；D项，M点为碱过量，N点为酸
过量，正确。4.25℃时，某混合溶液中 ，1gc( CH COOH)、
3
1gc(CHCOO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。K 为CHCOOH的电离常数，下列说法
3 a 3
正确的是( )
A. O点时，
B. N点时，
C. 该体系中，
D. pH由7到14的变化过程中， CHCOO-的水解程度始终增大
3
【答案】BC
【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓
度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线
代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CHCOO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)
3
随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CHCOOH)随pH的变化曲线，据此
3
结合水溶液的平衡分析作答。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出
的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CHCOO-)=lgc(CHCOOH)，即
3 3
c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，因Ka= ，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正
3 3
确；c(CHCOO-)+c(CHCOOH)
3 3
=0.1mol/L，则c(CHCOO-)=0.1mol/L- c(CHCOOH)，又Ka= ，联立两式消去
3 3
c(CHCOO-)并化简整理可得出，c(CHCOOH)= mol/L，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为：
3 3
CHCOO-+H O CHCOOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使
3 2 3
不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。
5.（2022·湖北黄冈高三调研）25 ℃时，将0.1 mol NaOH固体加入1.0 L x mol·L－1 CHCOOH溶液中(忽略
3溶液体积、温度变化)，充分反应后向混合液中加入CHCOOH或CHCOONa固体，溶液pH的变化如图。
3 3
下列叙述正确的是( )
A．c点对应的溶液中c(Na＋)>c(CHCOO－)
3
B．从b点对应溶液到a点对应溶液的过程中减小
C．a、b、c点对应的溶液中，水的电离程度：a>b>c
D．a、b、c点对应的溶液中，K(CHCOOH)均为×10－7
a 3
【答案】B
【解析】c点对应的溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒知c(Na＋)＝c(CHCOO－)，A错误；加入
3
CHCOOH过程中，c(CHCOO－)和c(H＋)增大，c(OH－)减小，c(Na＋)不变，减小，B正确；CHCOO－增多，
3 3 3
水解程度增大，水的电离程度增大，则a、b、c点对应的溶液中，水的电离程度：c>b>a，C错误；温度一
定，电离平衡常数一定，c点时有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－)，又溶液的pH＝7，则c(H＋)＝
3
c(OH－)＝10－7 mol·L－1，c(Na＋)＝c(CHCOO－)＝0.2 mol·L－1，K(CHCOOH)＝＝＝×10－7，D错误。
3 a 3
考点 03 酸碱中和滴定
1．概念：用已知物质的量浓度的 酸 ( 或碱 )来测定未知物质的量浓度的 碱 ( 或酸 )的方法。
2．原理：c ＝(以一元酸与一元碱的滴定为例)。
待
在酸碱中和滴定过程中，开始时由于被滴定的酸(或碱)浓度较大，滴入少量的碱(或酸)对其pH的影响不大。
当滴定接近终点(pH＝7)时，很少量(一滴，约0.04 mL)的碱(或酸)就会引起溶液pH突变(如图所示)。
3．酸碱中和滴定的关键
(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。
(2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。
4．实验用品
(1)仪器
图(A)是酸式滴定管，图B是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。(2)试剂
标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
指示剂 变色范围的pH
甲基橙 <3．1红色 3．1～4．4橙色 >4．4黄色
酚酞 <8．2无色 8．2～10．0浅红色 >10．0红色
5．中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。
(1)滴定前的准备。
(2)滴定。
(3)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，视为滴定终点，
并记录标准液的体积。
(4)数据处理：按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算。
c(NaOH)＝
6．氧化还原滴定的原理及指示剂的选择：
(1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身
并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
(2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO 、KCr O 等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素
4 2 2 7
C等。(3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类：
①氧化还原指示剂；
②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；
③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。
7．沉淀滴定：
(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很
少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。
(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定
剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO 溶液测定溶液中Cl－的含量时
3
常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO 更难溶。
4
1.以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸HA溶液。溶液中，
2
pH、分布系数 随滴加NaOH溶液体积V 的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：
NaOH
]
下列叙述正确的是( )
A. 曲线①代表 ，曲线②代表
B. HA溶液的浓度为0.2000 mol·L−1
2
C. HA−的电离常数K=1.0×10−2
a
D. 滴定终点时，溶液中
【答案】C
【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布
系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表
的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明HA第一步完全电离，第二步部分电离，曲
2
线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)=
2 2 2 2
=0.1000mol/L，据此分析作答。根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；当加入
40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)= =0.1000mol/L，B错误；由于HA第一步完全
2 2 2 2 2
电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当V =0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的
NaOH
pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数K= =
a
≈1×10-2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色 pH范围为8.2~10，终
的
点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞
2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。
2.用0.100 mol·L-1 AgNO 滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
3
( )
A. 根据曲线数据计算可知K (AgCl)的数量级为10-10
sp
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=K (AgCl)
sp
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标
是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。选取横坐标为50mL的点，此时向50mL
0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO 溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为
3
0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-
约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以K (AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，A正确。
SP
由于K (AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以
SP
c(Ag+)·c(Cl-)＝K (AgCl)，B正确。滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯
SP
离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子
的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的
25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以K (AgCl)应该大于K (AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这
SP SP
是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定
终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，
所以有可能由a点变为b点，D正确。
3.中华人民共和国国家标准(GB 27602011)规定葡萄酒中SO 最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用图1装
2
置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO ，并对其含量进行测定。
2
图1 图2
(1)仪器A的名称是____________，水通入A的进口为______。
(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO 全部逸出并与C中HO 完全反应，其化学方程式为
2 2 2
__________________________________。
(3)除去C中过量的HO ，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2
2 2
中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8．8，则选择的指示剂为________；若用50 mL滴定管进行实
验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)________(①＝10 mL，②＝40 mL，③
＜10 mL，④＞40 mL)。
(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25．00 mL，该葡萄酒中SO 含量为________g·L－1。
2
(5) 该 测 定 结 果 比 实 际 值 偏 高 ， 分 析 原 因 并 利 用 现 有 装 置 提 出 改 进 措 施 ：
________________________________________________________________________。
【答案】(1)冷凝管(或冷凝器) b (2)SO ＋HO===H SO (3)③ 酚酞 ④ (4)0.24
2 2 2 2 4
(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸(或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，
扣除盐酸挥发的影响)
【解析】(1)A仪器的名称为冷凝管或冷凝器；为使冷却效果好，应将冷却水从处于低处的 b口通入。
(2)SO 具有强还原性，HO 具有强氧化性，二者发生氧化还原反应：SO ＋HO===H SO 。(3)NaOH盛装
2 2 2 2 2 2 2 4
在碱式滴定管中，应将橡皮管向上弯曲以排出气泡，选③。滴定至终点时溶液的pH＝8．8，在酚酞的变色
范围内，故可选用酚酞作指示剂。液面在10 mL时滴定管中有刻度的液体为40 mL，因滴定管的下端有一
段无刻度，故管内液体的体积大于40 mL。(4)SO 与NaOH存在如下关系：
2
SO ～ HSO ～ 2NaOH
2 2 4
64 g 2 mol
m(SO ) 0.090 0 mol·L－1×0.025 L
2
解得：m(SO )＝＝0.072 g，故葡萄酒中SO 的含量为＝0.24 g·L－1。(5)盐酸为挥发性酸，挥发出的HCl消耗
2 2
NaOH，使测量值偏大。可以用难挥发的稀硫酸代替盐酸进行该实验。考点 04 盐类水解和粒子浓度大小比较
1．盐类水解的应用
应用 举例
判断溶液的酸碱性 FeCl 显酸性，原因是Fe3+＋3HO Fe(OH) ＋3H+
3 2 3
配制或贮存易水解的盐溶液 配制CuSO 溶液时，加入少量HSO ，防止Cu2+水解
4 2 4
加热蒸干AlCl [加热Al(NO ) 、FeCl 、AlBr 溶液与之类似]溶液，因
3 3 3 3 3
为水解产物之一为挥发性物质盐酸，不断挥发出氯化氢气体，导致
判断盐溶液蒸干产物
水解平衡不断向右移动，最后彻底水解，蒸干后得到AI(OH) ，进一
3
步灼烧得到Al O。
2 3
胶体的制取 制取Fe(OH) 胶体的离子反应：Fe3+＋3HO====Fe(OH) (胶体)＋3H+
3 2 3
物质的提纯 除去MgCl 溶液中的Fe3+，可加入MgO、镁粉或Mg(OH) 或MgCO
2 2 3
离子共存的判断 Al3+与AlO、CO、HCO、S2-、HS-等因相互促进水解而不共存
成分为NaHCO 与Al (SO ) ，发生反应为Al3+＋3HCO===Al(OH) ↓
3 2 4 3 3
泡沫灭火器原理
＋3CO↑
2
作净水剂 明矾可作净水剂，原理为Al3+＋3HO Al(OH) (胶体)＋3H+
2 3
铵态氮肥与草木灰不得混用，原因是 2NH＋CO＝2NH ↑＋CO↑＋
3 2
化肥的使用
HO
2
2．盐类水解程度大小比较的三个规律
(1)盐水解生成的弱酸(弱碱)越弱水解程度越大。常以此判断弱酸(弱碱)的相对强弱。
(2)相同条件下：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
(3)相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。
如(NH )CO>(NH)SO >(NH)Fe(SO )
4 2 3 4 2 4 4 2 4 2
3．离子浓度大小比较
(1)微粒浓度大小比较的理论依据和守恒关系
A．两个理论依据
①弱电解质电离理论：电离粒子的浓度大于电离生成粒子的浓度。
例如，HCO 溶液中：c(H CO)>c(HCO)≫c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。
2 3 2 3
②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成粒子的浓度。
例如，NaCO 溶液中：c(CO)>c(HCO)≫c(H CO)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。
2 3 2 3
B．三个守恒关系
①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电
荷总浓度。
例如，NaHCO 溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。
3
②物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
例如，0.1 mol·L－1 NaHCO 溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H CO)＝0.1 mol·L-1。
3 2 3
③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H CO)。
2 3
(2)四种情况分析
①多元弱酸溶液
根据多步电离分析，如：在HPO 溶液中，c(H＋)>c(H PO)>c(HPO)>c(PO)。
3 3 2
②多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根的分步水解分析，如：NaCO 溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。
2 3
③不同溶液中同一离子浓度的比较
要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH NO 溶液，
4 3
②CHCOONH 溶液，③NH HSO 溶液，c(NH)由大到小的顺序是③>①>②。
3 4 4 4
④混合溶液中各离子浓度的比较
要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0.1 mol·L-1的NH Cl和0.1 mol·L-1的氨水混合溶液
4
中，各离子浓度的大小顺序为c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。在该溶液中，NH ·H O的电离与NH的水解互
3 2
相抑制，但NH ·H O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，同时c(NH)>c(Cl－)。
3 2
1．电解质溶液中的守恒关系
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。
如NaHCO 溶液中：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)
3
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子
中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。
如NaHCO 溶液中n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H CO)
3 2 3
(3)质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。
例如在NH HCO 溶液中HO＋、HCO 为得到质子后的产物；NH ·H O、OH－、CO为失去质子后的产物，
4 3 3 2 3 3 2
故有以下关系：c(H O＋)＋c(H CO)===c(NH ·H O)＋c(OH－)＋c(CO)。
3 2 3 3 2
2．微粒浓度大小的比较
(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在HPO 的溶液中，c(H＋)>c(H PO)>c(HPO)>c(PO)。
3 4 2
(2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如 NaCO 的溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH
2 3
－)>c(HCO)。
(3)不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下
列各溶液中A．NH Cl b．CHCOONH c．NH HSO 。c(NH)由大到小的顺序是c>a>b。
4 3 4 4 4
(4)混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电解因素、水解因素等。如相同浓度的NH Cl溶液
4
和氨水等体积混合后，由于氨水的电离程度大于 NH 的水解程度，所以溶液中离子浓度顺序为：
c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
(5)巧抓“四点”，突破图象中的“粒子”浓度关系
a．抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
b．抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的。
c．抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。
d．抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。1.常温下，用 氨水滴定 浓度均为 的 和 的混合液，下列说法
不正确的是( )
A. 在氨水滴定前， 和 的混合液中
B. 当滴入氨水 时，
C. 当滴入氨水 时，
D. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 ，
【答案】D
【解析】未滴定时，溶液溶质为HCl和CHCOOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，
3
CHCOOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CHCOO-)，A正确；当滴入氨水10mL时，
3 3
n(NH ·H O)=n(CHCOOH)，则在同一溶液中c(NH +)+ c(NH ·H O)=c(CHCOOH)+ c(CH COO-)，B正确；当
3 2 3 4 3 2 3 3
滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH Cl和CHCOONH，质子守恒为c(CHCOOH)+c(H+)= c(NH +)+c(OH-)，
4 3 4 3 4
C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH +)+c(H+)= c(CHCOO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则
4 3
c(H+)=c(OH-)，故c(NH +)＞c(Cl-)，D
4
2.常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A. 相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
B. 相同浓度的CHCOOH和CHCOONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
3 3
C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D. 在 溶液中，
【答案】A
【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越
弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即K(HCOOH)＜K(HF)，故A错误；相同浓度的CHCOOH和
a a 3
CHCOONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中
3
醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CHCOO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞
3
c(OH－)，故B正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以
与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到HS气体，说明K (FeS)＞K (CuS)，故C正确；根据溶
2 sp sp
液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即
2
c(S2−)+c(HS－)+c(H S)=1 mol∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。
2
3.室温下，将两种浓度均为 的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混
合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A. 混合溶液(pH=10.30)：B. 氨水-NH Cl混合溶液(pH=9.25)：
4
C. 混合溶液(pH=4.76):
D. 混合溶液(pH=1.68，HC O 为二元弱酸):
2 2 4
【答案】AD
【解析】NaHCO 水溶液呈碱性，说明 的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO 和NaCO 水
3 3 2 3
解关系为： ，溶液中剩余微粒浓度关系为： ， 和 水解
程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO 和NaCO 化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合
3 2 3
溶液中微粒浓度大小关系为： ，故A正确；该混合溶液中电荷守
恒为： ，物料守恒为： ，两式联立
消去c(Cl-)可得： ，故B错误；若不考虑溶液中相关微粒行
为，则c(CHCOOH)=c(CHCOO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CHCOOH电离程度大于CHCOONa水解
3 3 3 3
程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CHCOO-)>c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)，故C错误；该混合溶液中物料
3 3
守恒为： ，电荷守恒为：
，两式相加可得：
，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。
4.室温下，反应 +H O HCO+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH HCO 溶液和氨水按一定比
2 2 3 4 3
例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质
的量浓度关系正确的是( )
A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH ·H O)>c( )> c (OH−)> c (H+)
3 2
B．0.2 mol·L−1NH HCO 溶液(pH>7)：c ( )> c ( )> c (H CO)> c (NH ·H O)
4 3 2 3 3 2
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH HCO 溶液等体积混合：c( )+c(NH ·H O)=c(H CO)+c ( )
4 3 3 2 2 3
+c( )
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH HCO 溶液等体积混合：c (NH ·H O)+ c( )+ c(OH−)=
4 3 3 2
0.3 mol·L−1+ c (H CO)+ c (H+)
2 3
【答案】BD
【解析】NH ∙H O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH ∙H O NH ++OH-，HO
3 2 3 2 4 2H++OH-，所以c(OH-)>c(NH+)，A错误；NH HCO 溶液显碱性，说明HCO -的水解程度大于NH +的
4 4 3 3 4
水解，所以c(NH +)>c(HCO-)，HCO -水解：HO+HCO - HCO+OH-，NH +水解：NH ++H O
4 3 3 2 3 2 3 4 4 2
NH ∙H O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(HCO)>c(NH∙H O)，B正确；由物料守恒，
3 2 2 3 3 2
n(N):n(C)=2:1，则有c(NH +)+c(NH∙H O)=2[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)]，C错误；由物料守恒，
4 3 2 2 3 3 3
n(N):n(C)=4:1，则有c(NH +)+c(NH∙H O)=4[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)]①；电荷守恒有：c(NH +)+c(H+)=
4 3 2 2 3 3 3 4
c(HCO -)+2c(CO 2-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH +)得：c(NH ∙H O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H CO)+3c(HCO-)
3 3 4 3 2 2 3 3
+2c(CO 2-)③，0.2mol/LNH HCO 与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH HCO )=0.1mol/L，由碳守恒有，
3 4 3 4 3
c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO2-)，则有c(NH ∙H O)+c(OH-)
2 3 3 3 3 3 2
+c(CO 2-)=c(H+)+c(H CO)+3c(H CO)+3c(HCO-)+3c(CO 2-)，将④带入③中得，c(NH ∙H O)+c(OH-)
3 2 3 2 3 3 3 3 2
+c(CO 2-)=c(H+)+c(H CO)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。
3 2 3
5.常温下，用0.1 mol·L−1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L−1的HCl和CHCOOH的混合液，下列说法不
3
正确的是( )
A．在氨水滴定前，HCl和CHCOOH的混合液中c(Cl−)＞c(CHCOO−)
3 3
B．当滴入氨水10 mL时，c(NH)＋c(NH ·H O)＝c(CHCOO−)＋c(CHCOOH)
3 2 3 3
C．当滴入氨水20 mL时，c(CHCOOH)＋c(H+)＝c(NH ·H O)＋c(OH−)
3 3 2
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)＜c(Cl−)
【答案】D
【解析】A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CHCOOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全
3
电离，CHCOOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CHCOO-)，A正确；B项，当滴入氨水10mL
3 3
时，n(NH ·H O)=n(CHCOOH)，则在同一溶液中c(NH +)+ c(NH ·H O)=c(CHCOOH)+ c(CH COO-)，B正确；
3 2 3 4 3 2 3 3
C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH Cl和CHCOONH，质子守恒为c(CHCOOH)+c(H+)= c(NH +)
4 3 4 3 4
+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH +)+c(H+)= c(CHCOO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为
4 3
溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH +)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。
4
考点 05 难溶电解质的溶解平衡
1．溶度积和离子积
以A B (s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例
m n
溶度积 离子积
概念 沉淀溶解的平衡常数 溶液中有关离子浓度幂的乘积
符号 K Q
sp c
K (A B )＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中 Q(A B )＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中
sp m n c m n
表达式
的浓度都是平衡浓度 的浓度是任意浓度
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①Q＞K ：溶液过饱和，有沉淀析出
c sp
应用
②Q＝K ：溶液饱和，处于平衡状态
c sp
③Q＜K ：溶液未饱和，无沉淀析出
c sp2．K 的影响因素
sp
(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要因素。
(2)外因
①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但K 不变。
sp
②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，K 增大。
sp
③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平
衡向溶解方向移动，但K 不变。
sp
3．沉淀溶解平衡的应用
(1)沉淀的生成
①调节pH法
如除去NH Cl溶液中的FeCl 杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式为Fe3＋＋
4 3
3NH ·H O===Fe(OH) ↓＋3NH。
3 2 3
②沉淀剂法
如用HS沉淀Cu2＋，离子方程式为HS＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
2 2
(2)沉淀的溶解
①酸溶解法
如CaCO 溶于盐酸，离子方程式为CaCO ＋2H＋===Ca2＋＋HO＋CO↑。
3 3 2 2
②盐溶液溶解法
如Mg(OH) 溶于NH Cl溶液，离子方程式为Mg(OH) ＋2NH===Mg2＋＋2NH ·H O。
2 4 2 3 2
③氧化还原溶解法
如不溶于盐酸的硫化物Ag S溶于稀HNO。
2 3
④配位溶解法
如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH ·H O===[Ag(NH)]＋＋Cl－＋2HO。
3 2 3 2 2
(3)沉淀的转化
①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。
②应用：锅炉除垢、矿物转化等。
4．溶度积曲线
溶度积曲线是分别以阳、阴离子的浓度为坐标作出的曲线，不同温度下曲线形状不尽相同。如图是 BaSO
4
溶液中的离子浓度曲线。
(1)曲线上的任意一点(如a、c点)，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求K 。
sp
(2)可通过比较，观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点(如b点)表明溶液
处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点(如d点)，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。
5．溶度积曲线的解题方法
(1)第一步：明确图像中纵、横坐标的含义。纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
(2)第二步：理解图像中线上的点、线外点的含义。
①以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时 Q＝K 。
sp
在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外的点。
②曲线上方区域的点均为饱和溶液与沉淀共存的体系，此时Q>K 。
sp
③曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Q<K 。
sp
(3)第三步：抓住K 的特点，结合选项分析判断。
sp
①溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：A．原溶液不饱和时，离子浓度要增大都增大；B．原溶液
饱和时，离子浓度都不变。
②溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。
6．溶度积的相关计算
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如K ＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol/L。
sp
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下 AgCl的K ＝a在0.1
sp
mol/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol/L。
特别提示：(1)对于组成形式不同的物质，不能根据溶度积数值比较其溶液中离子浓度大小，需经过计算再
进行比较。
(2)在沉淀溶解平衡的图像中，只有曲线上的点才表示达到沉淀溶解平衡状态，曲线上方的点表示过饱和，
下方的点表示未饱和。
(3)是否生成沉淀取决于Q 与K 的相对大小，不能只通过K 大小判断。
c sp sp
1.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，
其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a和b分别为T、T 温度下CdS在水中的溶解度
1 2B．图中各点对应的K 的关系为：K (m)=K (n)<K (p)<K (q)
sp sp sp sp sp
C．向m点的溶液中加入少量NaS固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
2
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【解析】CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积K =c(Cd2+)·c(S2-),在饱
sp
和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T 和T 温度下CdS的溶解度，A正确；
1 2
CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T 条件下所测的对应离子浓度，则
1
其溶度积相同，B错误；m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)
减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C正确；从图象中可以看出，随着温度的升高，离
子浓度增大，说明CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度
下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D正确。
2.(1)已知：常温下K [Fe(OH) ]＝8.0×10－38，K [Al(OH) ]＝1.3×10－33，当Fe3＋完全沉淀时，溶液中Al3＋理
sp 3 sp 3
论最大浓度为________。
(2)除了OH－之外，S2－也是一种常见的金属离子沉淀剂。本质原因是一些金属硫化物的溶解度极小。已知：
25 ℃时，CuS的溶度积为4×10－36，HS的K ＝1.25×10－7，K ＝8.0×10－14。若要在1 L的盐酸中完全溶解
2 a1 a2
0.01 mol CuS，理论上需要盐酸的最低浓度为________mol·L－1(提示：用离子方程式计算)。
(3)CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成CuCl，在一定温度下建立两个平衡：
Ⅰ.CuCl(s) Cu＋(aq)＋Cl－(aq) K ＝1.4×10－6
sp
Ⅱ.CuCl(s)＋Cl－(aq) CuCl(aq) K＝0.35。
请写出c(Cu＋)与c(CuCl)的数学关系为_________________。
【解析】(1)当离子浓度≤1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全，即c3(OH－)＝＝8.0×10－33 mol3·L－
3，c(Al3＋)＝ mol·L－1＝0.162 5 mol·L－1。
(2)设盐酸的最小浓度为x mol·L－1。
CuS＋ 2H＋ Cu2＋＋HS
2
起始/(mol·L－1) x 0 0
变化/(mol·L－1) 0.01 0.02 0.01 0.01
平衡/(mol·L－1) x－0.02 0.01 0.01
K＝＝＝＝＝
4×10－16＝，解得x≈5×105 mol·L－1。
(3)根据Ⅰ、Ⅱ可得2CuCl(s) Cu＋(aq)＋CuCl(aq) K′＝1.4×10－6×0.35，故c(Cu＋)·c(CuCl)＝1.4×10－
6×0.35＝4.9×10－7。
【答案】(1)0.162 5 mol·L－1 (2)5×105 mol·L－1 (3)c(Cu＋)·c(CuCl)＝4.9×10－7
3．常温下，有关物质的溶度积如下
物质 CaCO MgCO Ca(OH) Mg(OH) Fe(OH)
3 3 2 2 3
K 4．96×10-9 6．82×10-6 4．68×10-6 5．61×10-12 2．64×10-39
sp下列有关说法不正确的是( )
A．常温下，除去NaCl溶液中的MgCl 杂质，选用NaOH溶液比NaCO 溶液效果好
2 2 3
B．常温下，除去NaCl溶液中的CaCl 杂质，选用NaOH溶液比NaCO 溶液效果好
2 2 3
C． 向含有Mg 2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c(Mg 2+)∶c(Fe3+)
＝2 .125×1021
D．将适量的Ca(OH) 固体溶于100mL水中，刚好达到饱和[c(Ca2+)=1．054×10-2mol/L]，若保持温度不变，
2
向其中加入100mL 0.012mol/L的NaOH，则该溶液变为不饱和溶液。
【答案】B
【解析】A项， 因为MgCO 是微溶物，其溶度积远远大于Mg(OH) ，所以除去NaCl溶液中的MgCl 杂质，
3 2 2
选用NaOH溶液比 NaCO 溶液效果好，A项正确；B项， 因为 Ca(OH) 是微溶物，其溶度积远大于
2 3 2
CaCO ，所以除去NaCl溶液中的CaCl 杂质，选用NaCO 溶液比NaOH溶液效果好，B项错误；C项，
3 2 2 3
向 含 有 Mg2+ 、 Fe3+ 的 溶 液 中 滴 加 NaOH 溶 液 ， 当 两 种 沉 淀 共 存 且 溶 液 的 pH=8 时 ，
， ， 所 以
，C项正确；D项，将适量的Ca(OH) 固体溶于100mL水中，
2
刚好达到饱和，c(Ca2+)=1．054×10-2mol/L，c(OH-)=2．108×10-2mol/L，若保持温度不变，向其中加入
100mL 0.012mol/L 的 NaOH ， 混 合 后 ， c(Ca2+)=0.527×10-2mol/L ，
， 此 时 Ca(OH) 的 离 子 积
2
，则该溶液变为不饱和溶液，D项正确；
故选B。
1．（2022·浙江卷） 时，苯酚 的 ，下列说法正确的是
A．相同温度下，等 的 和 溶液中，
B．将浓度均为 的 和 溶液加热，两种溶液的 均变大
C． 时， 溶液与 溶液混合，测得 ，则此时溶液中
D． 时， 的 溶液中加少量 固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A．醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C HONa和
6 5
CHCOONa溶液中c(C HO-)<c(CH COO-)，A错误；
3 6 5 3
B．C HONa溶液中，C HO-离子水解出氢氧根离子，升温促进C HO-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，
6 5 6 5 6 5
pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B错误；C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10， ，故
c(C HO-)= c(C HOH)，C正确；
6 5 6 5
D．C HONa中的C HO-可以水解，会促进水的电离，D错误；
6 5 6 5
故选C。
2．（2022·浙江卷） 时，向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的
溶液(酷酸的 ；用 的 溶液滴定 等浓度的盐酸，滴定终点的 突
跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加 溶液至 的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D． 时，
【答案】B
【解析】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶
液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH COO-)= =
3
= >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程
式为：H++OH-=H O和CHCOOH+OH-=CH COO-+H O，B错误；
2 3 3 2
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：
，C正确；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体
积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH
溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CHCOONa、CHCOOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=
3 3
可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有
，D正确；
故答案为：B。
3．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸 的 。在某体系中， 与 离子不能穿过隔膜，
未电离的 可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中 ，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度 为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 之比为
【答案】B
【解析】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)，
a 总
则 =1.0×10-3，解得 = ，B正确；
C．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；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)
a 总
+c(A-)， =1.0×10-3，溶液I中c (HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中
总
c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液II
a 总
中c (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 总
(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。
4．（2022·湖南卷）室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混
合溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若
溶液中离子浓度小于 时，认为该离子沉淀完全。 ，
， )。下列说法正确的是A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b点：
【答案】C
【解析】向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离
子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时
共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10-
4mol。
A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；
B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为 =0.0100mol⋅L-1，故B错误；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)= =5.4×10-8mol/L，若
Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)= =3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=
c(I-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为： ，故
D错误；
故选C。
5.（2022·云南曲靖·二模）常温下，用0.10mol·L-1的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，滴定
过程中pH及电导率变化曲线如图所示：下列说法错误的是
A．BOH的K 约为1×10-5
b
B．a点：c(B+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)
C．滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
D．b点：c(B+)<0.05mol·L-1
【答案】C
【解析】A．根据图知，开始时BOH溶液的pH=11，溶液中c(OH-)= = mol/L=10-3mol/L，BOH
电离程度较小，则溶液中c(BOH)≈0.1mol/L，c(B+)≈c(OH-)=10-3mol/L，BOH的K= ≈
b
=10-5，A正确；
B．a点等浓度的BOH和BCl混合溶液，存在电荷守恒c(B+ )+c(H+)=c(OH- )+c(Cl- )、存在物料守恒c(B+ )
+c(BOH)=2c(Cl- )，所以存在c(B+ )+2c(H+)=2c(OH- )+c( BOH)，B正确；
C. 随着盐酸的滴加，一开始BOH电离的OH-浓度越来越小，对水的电离的抑制作用也越来越小，水的电
离程度增大，B+浓度越来越大，B+水解对水的电离起促进作用，当恰好完全反应生成BCl时，水的电离程
度最大，继续滴加盐酸，由于HCl电离出的H+对水的电离和B+水解均起到抑制作用，导致水的电离程度
又减小，即滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先增大后减小，C错误；
D. 由A项分析可知，BOH是弱碱，b点为BOH与HCl恰好完全反应，由于B+发生水解，故b点
c(B+)<0.05mol·L-1，D正确；
故答案为：C。
6.（2022·安徽淮南·二模）实验测得0.10mol/LNaHCO 溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是
3A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是 水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液的c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH=8.62
D．Q点、M点溶液均有c( )+c( )+c(H CO)=0.10mol/L
2 3
【答案】D
【解析】OM段碳酸氢钠溶液加热促进水的电离，pH减小，M点升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸
钠，升温促进碳酸根的水解，溶液碱性增强，pH增大；
A．水解吸热，升高温度，水解平衡右移，而根据图像可知碳酸氢钠溶液加热，M点之前，升温pH减小，
故主要原因是升温促进了水的电离，故A错误；
B．O点溶质只有NaHCO ，P点溶质有NaHCO 和NaCO，水解程度不相同，c(OH-)不相等，故B错误；
3 3 2 3
C．升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，由于碳酸钠的水解程度大于
碳酸氢钠，故混合溶液pH应大于8.62，故C错误；
D．Q点、M点溶液均存在物料守恒：c( )+c( )+c(H CO)=0.10mol/L，故D正确；
2 3
故选：D。
