文档内容
微专题突破7 化学反应原理透视
要成功不需要什么特别的才能，只要把你能做的小事做得好就行了。——维龙
目标定位
1．能根据有关的化学反应原理判断所给的说法是否正确。
2．学会抓住细节，判断出有关原理可能出错之处。
教学重点难点
1．应用有关守恒原理判断粒子浓度大小关系。
2．应用三大平衡常数进行有关计算。
教学方法
讨论、归纳
教学过程
【规律点和易错点】
孙猴子七十二般变化，都逃不出你的手心
“三大”平衡
电离平衡 水解平衡 沉淀溶解平衡
平衡类型
HAc H＋＋Ac－ Ac－＋HO HAc＋OH－ AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
2
研究对象 弱电解质溶液 能水解的盐溶液 难溶电解质
升温 促进电离 K 增大 促进水解 K 增大 平衡右移 K 增大
a h sp
加水 促进电离 K 不变 促进水解 K 不变 促进溶解 K 不变
影 a h sp
加入
响 加入相应离子 加入醋酸或 加入AgNO 或
CHCOONa或 K 不变 K 不变 3 K 不变
因 (或物质) 3 a NaOH，抑制水解 h NaCl，抑制溶解 sp
HCl，抑制电离
素
加入反应离子 加入OH－ 加入H＋ 加入氨水
K 不变 K 不变 K 不变
(或物质) 促进电离 a 促进水解 h 促进溶解 sp
位位位位位
的
1．（2024·江苏卷）室温下，通过下列实验探究SO 性质。已知K (HSO)＝1.3×10－2，K (HSO)＝
2 a1 2 3 a2 2 3
6.2×10－8。
实验1：将SO 气体通入水中，测得溶液pH＝3。
2
实验2：将SO 气体通入0.1 mol·L－1 NaOH溶液中，当溶液pH＝4时停止通气。
2
实验3：将SO 气体通入0.1 mol·L－1酸性KMnO 溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
2 4
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中：c(HSO －)＋c(SO 2－)＞c(H＋)
3 3
B．实验2所得溶液中：c(SO 2－)＞c(HSO －)
3 3
C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO 固体
3
D．实验3所得溶液中：c(SO 2－)＞c(Mn2＋)
4
【答案】D
【解析】实验1得到HSO 溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO 溶液，实验3中SO 和酸性
2 3 3 2
KMnO 溶液反应的离子方程式为：5SO ＋2MnO －＋2HO＝5SO 2－＋2Mn2＋＋4H＋。
4 2 4 2 4
A项，实验1得到HSO 溶液，其电荷守恒关系式为：c(HSO －)＋2c(SO 2－)＋c(OH－)＝c(H＋)，则
2 3 3 3
c(HSO －)＋c(SO 2－)＜c(H＋)，错误；B项，实验2为pH为4，依据K ＝，则6.2×10－8＝，溶液，＝6.2×10－
3 3 a2微专题突破7 化学反应原理透视 的的的的的的的的的的的
4，则c(SO 2－)＜c(HSO －)，错误；C项，NaHSO 溶液蒸干、灼烧，NaHSO 被氧化，制得的是NaHSO 固体，
3 3 3 3 4
错误；D项，实验3依据发生的反应：5SO ＋2MnO －＋2HO＝5SO 2－＋2Mn2＋＋4H＋，则恰好完全反应后
2 4 2 4
c(SO 2－)＞c(Mn2＋)，正确。
4
2．（2023·江苏卷）室温下，用含少量Mg2＋的MnSO 溶液制备MnCO 的过程如图所示。已知K (MgF )
4 3 sp 2
＝5.2×10－11，K(HF)＝6.3×10－4。下列说法正确的是
a
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 NaHCO 溶液中：c(CO)＝c(H＋)＋c(HCO)－c(OH－)
3 2 3
D．“沉锰”后的滤液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
【答案】C
【解析】A项，0.1 mol·L－1NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(F－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，错误；B项，
“除镁”得到的上层清液中为MgF 的饱和溶液，有K (MgF )＝c(Mg2＋)·c2(F－)，故c(Mg2＋)＝，错误；C项，
2 sp 2
0.1 mol·L－1 NaHCO 溶液中存在质子守恒：c(CO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)，故 c(CO)＝c(H＋)＋
3 2 3
c(HCO)－c(OH－)，正确；D项，“沉锰”后的滤液中还存在F－、SO等离子，故电荷守恒中应增加其他离子
2 3
使等式成立，错误。
【问题解决1】
（2024·镇江市丹阳市上学期开学考）MnO 在电池中有重要应用。以软锰矿(含MnO 及少量Fe、Al的氧
2 2
化物)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下：
（1）浸出。
（2）净化、分离。
①浸出液中的Fe3＋、Al3＋可加入NaOH溶液并调节溶液pH在5～6之间，转化为沉淀去除，溶液的pH不能
超过6的原因是_______________________________________________________。
②为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去Fe3＋，结合离子方程式解释原理：
___________________________________________________________________________________________。
【答案】（2）①防止锰离子沉淀，减少锰元素的损失 ②稀释使溶液的pH升高，有利于Fe3＋＋3HO
2
Fe(OH)＋3H＋正向移动
3
【解析】由题给流程可知，向软锰矿中加入稀硫酸和硫酸亚铁的混合溶液酸浸，将二氧化锰转化为硫酸锰，
铁、铝的氧化物溶解得到可溶性硫酸盐，过滤得到含有硫酸锰的浸出液；浸出液经净化、分离除去铁离子、铝
离子得到硫酸锰溶液，向硫酸锰溶液中加入碳酸氢铵溶液，将硫酸锰转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；碳
酸锰在空气中热解得到二氧化锰。
①由题意可知，浸出液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧
化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为沉淀，所以溶液的pH不能超过6，故答案为：防止锰离子沉淀，减少
锰元素的损失；②铁离子在溶液中存在如下平衡：Fe3＋＋3HO Fe(OH)＋3H＋，加水稀释时，溶液pH增大，
2 3
平衡向正反应方向移动，有利于铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去铁
离子，故答案为：稀释使溶液的pH升高，有利于Fe3＋＋3HO Fe(OH)＋3H＋正向移动。
2 3
电离平衡与水解平衡
1．两平衡均可勒夏特列原理判断移动方向，注意电离与水解都是微弱的。
2．根据电离常数可判断有关粒子的电离能力大小。如 HCO ＞HClO＞HCO －、HCO ＞C HOH＞C HO
2 3 3 2 3 6 5 6 5
－。
3．两平衡常数关系：K×K ＝K 或K ＝。对于二元弱酸：K ＝、K ＝。
a h w h h1 h2
4．两平衡常数应用：①判断酸式盐溶液的酸碱性：根据K 与K 的大小判断；②判断混合溶液的酸碱性：
a h
2
细节决定成败 目标成就未来 的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
的的如等浓度的NH Cl与NH ·HO。
4 3 2
5．盐溶液制得晶体方法：①蒸发结晶：如NaCl溶液；②蒸发浓缩(至有晶膜出现)，冷却结晶：如 溶
液、NaHCO
3
溶液。
3
FeCl
6．实验判断电离能力大小：所测的酸或盐溶液的浓度须相同。测NaClO溶液的pH，须用pH计，不能用
pH试纸。
考点精练
1．判断说法是否正确：
① （2024·江苏苏州三模）氨水中存在：c(NH)＞c(H＋)＋c(NH ·HO) 错
3 2
（2024·江苏南京模拟预测）已知：K (NH ·HO)＝1.8×10－5，K (HCO)＝4.3×10－7，
② b 3 2 a1 2 3 错
K (HCO)＝5.6×10－11，NH HCO 溶液中：c(NH)＜c(HCO －)＋2c(CO2－)
a2 2 3 4 3 3 3
（2024·江苏泰州模拟预测）室温下，某二元弱酸（用 HA表示）的 K ＝1.54×10－2、K ＝
2 a1 a2
③ 1.02×10－7，NH ·HO的K ＝1.8×10－5，用pH试纸测定0.1 mol·L－1 NH HA溶液的pH，测得pH 错
3 2 b 4
约为4.5；由实验可知，0.1 mol·L－1 NH HA溶液中由水电离出的c(H＋)＞10－7 mol·L－1
4
（2024•南通市海安市高三上学期开学考）已知室温下：K (HC O)＝10－1.23、K (HC O)＝10－
④ a1 2 2 4 a2 2 2 4 对
4.27。加水稀释一定浓度的NaHC O 溶液，溶液中的值逐渐变小
2 4
【解析】①氨水为弱电解质部分电离，则 c(NH ·HO)＞c(NH)，c(NH)＜c(H＋)＋c(NH ·HO)，故
3 2 3 2
c(NH)＞c(H＋)＋c(NH ·HO)，错误；②由题意可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，则碳酸
3 2
氢铵溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离
子浓度，由电荷守恒关系c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO －)＋2c(CO2－)＋c(OH－)可知，溶液中c(NH)＞c(HCO －)
3 3 3
＋2c(CO2－)，错误；③由0.1 mol·L－1 NH HA溶液pH约为4.5，呈酸性，说明HA－电离大于水解，电离出的H
3 4
＋抑制水的电离程度大于HA－水解和铵根离子水解对水的电离的促进作用，故该溶液中由水电离出的 c(H＋)＜
10－7 mol·L－1，错误；④HC O－的水解平衡常数为K ＝＝＜K ，HC O－的电离大于水解，NaHC O 溶液呈酸
2 4 h a2 2 4 2 4
性，加水稀释一定浓度的NaHC O 溶液，溶液的pH增大，c(H＋)减小，K ＝溶液中的＝值逐渐减小，正确。
2 4 a2
2．（2023·苏州上学期期末）水解反应TiO2＋＋2HO TiO(OH) ＋2H＋的平衡常数K＝___________。
2 2
(已知：该温度下K ＝1.0×10－12，K [TiO(OH)]＝1.0×10－29)。
w sp 2
【答案】1×105
【解析】水解反应TiO2＋＋2HO TiO(OH)＋2H＋的平衡常数K＝＝＝＝1 105。
2 2
3．（2023·江苏）VO －WO/TiO 催化剂能催化NH 脱除烟气中的 NO，反应为 4NH (g)＋O(g)＋
2 5 3 2 3 3 2
×
4NO(g)＝4N(g)＋6HO(g) ΔH＝－1 632.4 kJ·mol－1。
2 2
（1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO/TiO 粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的
3 2
NH VO 溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状VO －WO/TiO 催化剂。在水溶液中VO水解为HVO 沉淀的
4 3 2 5 3 2 3 4
离子方程式为___________________________________；反应选用NH VO 溶液而不选用NaVO 溶液的原因是
4 3 3
______________________________________________。
【答案】VO＋2HO====HVO ↓＋OH－ NH可促进VO的水解
2 3 4
【解析】在水溶液中 VO 水解为 HVO 沉淀的离子方程式为 VO＋2HO＝HVO ↓＋OH－，反应选用
3 4 2 3 4
NH VO 溶液的原因为NH VO 发生相互促进的水解反应NH＋VO＋HO＝HVO ↓＋NH ，NH有利于VO水
4 3 4 3 2 3 4 3
解。
【问题解决2】
（2024·连云港上学期调研一）水体中的Cr O2－、HCrO －、SO 2－是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅵ)表
2 7 4 4
示。处理含Cr(Ⅵ)废水的方法有沉淀法、还原法等。
（1）钡盐沉淀法：已知水溶液中存在HO＋Cr O2－ 2CrO2－＋2H＋。向含Cr(Ⅵ)的酸性废水中加入钡
2 2 7 4
盐，可生成难溶于水的BaCrO 沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的BaCl 或BaCO ，反应足够长的时间，
4 2 3
使用BaCO 时Cr(Ⅵ)的沉铬率要优于使用BaCl 的原因是______________________________________________
3 2
___________________________________________________________________。
【答案】（1）BaCO 与H＋反应，溶液中H＋浓度减小，平衡右移，CrO2－浓度增大，有利于于Cr(Ⅵ)完全
3 4
转化为BaCrO 沉淀
4
【解析】由方程式可知，碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，c(H＋)减小，平衡向正反应方向移动，溶液中
铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应，所以使用碳酸钡微专题突破7 化学反应原理透视的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
时Cr(Ⅵ)的沉铬率要优于使用氯化钡，故答案为：BaCO 与H＋反应，溶液中H＋浓度减小，平衡右移，CrO2－
3 4
浓度增大，有利于于Cr(Ⅵ)完全转化为BaCrO 沉淀。
4
沉淀溶解平衡
1．根据勒夏特列原理判断平衡移动方向。
2．通常当离子浓度小于10－5 mol·L－1时，则认为沉淀完全。
3．关于K 大小的判断：
sp
①注意题中有关物质的浓度大小及其用量。
②沉淀之间的转化与K 大小没有必然联系：对于“A— \s\up 0()B”转化，且沉淀类型相同。
sp →
若加的是稀溶液，则K (B)＜K (A)；若加的是饱和或浓溶液，则无法推出K (B)＜K (A)，因K 相差不
sp sp sp sp sp
大时，K 小的难溶物可转化为K 较大的难溶物，如BaSO 加入饱和的NaCO 溶液溶液，K 较小BaSO 转化为
sp sp 4 2 3 sp 4
K 稍大BaCO 。
sp 3
4．K 计算：
sp
①已知某种离子浓度，由K 计算另一种离子浓度。
sp
②已知两种难溶物的K ，当共沉淀时，计算离子浓度比。
sp
③计算沉淀转化的平衡常数。
④计算溶液pH的控制范围。
考点精练
1．（2024·苏锡常镇一模）室温下，通过矿物中PbSO 获得Pb(NO ) 的过程如下：
4 3 2
已知：K (PbSO )＝1.6×10－8，K (PbCO)＝7.4×10－14。下列说法正确的是
sp 4 sp 3
A．NaCO 溶液中：c(OH－)＜c(H＋)＋c(HCO －)＋c(HCO)
2 3 3 2 3
B．反应PbSO ＋CO2－ PbCO＋SO 2－正向进行，需满足＞×106
4 3 3 4
C．“脱硫”后上层清液中：2c(SO 2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
4
D．PbCO 悬浊液加入HNO“溶解”过程中，溶液中CO2－浓度逐渐减小
3 3 3
【答案】D
【解析】PbSO 中加入NaCO 溶液脱硫，PbSO 与NaCO 反应转化为PbCO 沉淀，再加入HNO 溶解得到
4 2 3 4 2 3 3 3
Pb(NO )。
3 2
A项，由质子守恒关系得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO －)＋2c(HCO)，错误；B项，PbSO ＋CO2－
3 2 3 4 3
PbCO＋SO 2－该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝×106，当浓度商Q ＝＜K＝×106时，平衡正向移动，错误；C项，
3 4 C
“脱硫”后上层清液主要是NaSO 溶液，还含有未反应完的NaCO 溶液，守恒关系还应考虑CO2－，错误；D
2 4 2 3 3
项，PbCO 悬浊液加入HNO“溶解”过程中，由于CO2－会和H＋反应生成CO，所以溶液中CO2－浓度逐渐减
3 3 3 2 3
小，正确。
2．（2023·全国甲卷）下图为Fe(OH)、Al(OH) 和Cu(OH) 在水中达沉淀溶解平衡时的pM－pH关系图
3 3 2
(pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5 mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由a点可求得K [Fe(OH)]＝10－8.5
sp 3
B．pH＝4时Al(OH) 的溶解度为 mol·L－1
3
4
细节决定成败 目标成就未来 的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
的的C．浓度均为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离
D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】A项，由a点(2,2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，则K [Fe(OH)]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－
sp 3
2.5×(10－12)3＝10－38.5，错误；B项，pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3 mol·L－1，错误；C项，当
铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Fe3＋和Al3＋，正确；D项，Cu2
＋刚要开始沉淀，此时c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1，则对应的pM＜1，由图像知，此时
c(Al3＋)＞10－5 mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，错误。
3．（2024·泰州市下学期一模）以方铅矿(主要成分PbS，含少量FeS)和软锰矿(主要成分MnO )为原料
2
制备电池材料PbSO 和MnO，过程可表示为
4 3 4
已知：①Pb2＋(aq)＋4Cl－(aq) PbCl 2－(aq) K＝31.25
4
②PbCl(s) Pb2＋(aq)＋2Cl－(aq) K (PbCl)＝1.6×10－5
2 sp 2
（1）70℃时，“协同浸取”生成PbCl 2－和S的离子方程式为___________________________________；
4
“协同浸取”时加入NaCl可避免生成PbCl 沉积在矿石表面，其原因是________________________________
2
_________________。
（2）“沉降分铅”的目的是将滤液中的PbCl 2－沉降为PbCl 沉淀。沉降反应PbCl 2－(aq) PbCl(s)＋
4 2 4 2
2Cl－(aq)的平衡常数K＝___________。
【答案】（1）①PbS＋MnO ＋4H＋＋4Cl－＝PbCl 2－＋S↓＋Mn2＋＋2HO ②增大氯离子浓度，有利于平
2 4 2
衡PbCl(s)＋2Cl－(aq) PbCl 2－(aq)正向移动，将PbCl 溶解 （2）2 000
2 4 2
【解析】（1）70℃时，方铅矿(主要成分PbS，含少量FeS)和软锰矿(主要成分MnO )在氯化钠、盐酸作
2
用下反应生成PbCl 2－和S，则“协同浸取”生成PbCl 2－和S的离子方程式为PbS＋MnO ＋4H＋＋4Cl－＝PbCl 2
4 4 2 4
－＋S↓＋Mn2＋＋2HO；根据已知信息得到PbCl(s)＋2Cl－(aq) PbCl 2－(aq)，因此“协同浸取”时加入
2 2 4
NaCl可避免生成PbCl 沉积在矿石表面，其原因是增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将PbCl 溶解；故答
2 2
案为：PbS＋MnO ＋4H＋＋4Cl－＝PbCl 2－＋S↓＋Mn2＋＋2HO；增大氯离子浓度，有利于平衡PbCl(s)＋2Cl－
2 4 2 2
(aq) PbCl 2－(aq)正向移动，将PbCl 溶解；（2）利用盖斯定律，将①＋②得到PbCl(s)＋2Cl－(aq)
4 2 2
PbCl 2－(aq) K＝31.25×1.6×10－5＝5×10－4，则沉降反应PbCl 2－(aq) PbCl(s)＋2Cl－(aq)的平衡常数K＝＝
4 4 2
2×103；故答案为：2 000。
【问题解决3】
1．判断说法是否正确：
① （2024·南通一模）NaClO溶液中：c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(OH－) 错
② （2024·南通一模）NH HCO 溶液中：c(OH－)＋c(NH ·HO)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(CO2－) 错
4 3 3 2 2 3 3
（2023·江苏南京市高三学期调研）0.1 mol·L－1 NaHCO 溶液中c(H＋)－c(OH－)＝c(CO2－)－
③ 3 3 对
c(HCO)
2 3
（2024•南通市海安市高三上学期开学考）0.1 mol·L－1 NaC O 溶液中存在c(OH－)＝c(H＋)＋
④ 2 2 4 错
c(HC O)＋c(HC O－)
2 2 4 2 4
【解析】①在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(OH－)，错误；②在
NH HCO 中存在质子守恒：c(OH－)＋c(NH ·HO)＋c(CO2－)＝c(H＋)＋c(HCO)，错误；③0.1 mol·L－1
4 3 3 2 3 2 3
NaHCO 溶液中存在电荷守恒和物料守恒，①c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(CO2－)＋c(HCO －)、②c(Na＋)＝
3 3 3
c(HCO)＋c(CO2－)＋c(HCO －)，两式联立①－②，得c(H＋)－c(OH－)＝c(CO2－)－c(HCO)，正确；
2 3 3 3 3 2 3
④0.1 mol·L－1 NaC O 溶液中存在质子守恒有c(OH－)＝c(H＋)＋2c(HC O)＋c(HC O－，错误。
2 2 4 2 2 4 2 4
2．（2024·苏锡常镇二模）实验室用如下方案测定NaCO 和NaHCO 混合物的组成：称取一定质量样品
2 3 3
溶解于锥形瓶中，加入2滴指示剂M，用标准盐酸滴定至终点时消耗盐酸V mL；向锥形瓶中再加入2滴指示
1微专题突破7 化学反应原理透视的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
剂N，继续用标准盐酸滴定至终点，又消耗盐酸V mL。下列说法正确的是
2
A．指示剂M、N可依次选用甲基橙、酚酞
B．样品溶解后的溶液中：2c(Na＋)＝3c(CO2－)＋3c(HCO －)＋3c(HCO)
3 3 2 3
C．滴定至第一次终点时的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO －)＋2c(CO2－)
3 3
D．样品中NaCO 和NaHCO 物质的量之比为
2 3 3
【答案】D
【解析】由题意可知，第一次滴定滴入的指示剂为酚酞，发生的反应为NaCO ＋HCl＝NaHCO ＋NaCl，
2 3 3
第二次滴定滴入的指示剂为甲基橙，发生的反应为NaHCO ＋HCl＝NaCl ＋CO↑＋HO，据此作答。
3 2 2
A项，由分析可知，指示剂M、N可依次选用酚酞、甲基橙，错误；B项，样品溶解后的溶液中，并未知
此时NaCO 和NaHCO 的物质的量浓度比值关系，无法进行判断物料守恒关系，错误；C项，第一次滴定滴入
2 3 3
的指示剂为酚酞，发生的反应为NaCO＋HCl＝NaHCO ＋NaCl，终点时溶液中含有的溶质是NaHCO 、NaCl，
2 3 3 3
根据电荷守恒可知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO －)＋2c(CO2－)＋c(Cl－)，错误；D项，由方程式可知，
3 3
(V—V) mL为原溶液中碳酸氢钠消耗盐酸的体积，加入的盐酸浓度是不变的，根据方程式可知消耗盐酸的物
2 1
质的量就等于NaCO 和NaHCO 物质的量，则NaCO 和NaHCO 物质的量之比为＝，正确。
2 3 3 2 3 3
粒子浓度判断
一、确定溶液中的粒子及量：对于混合溶液明确有无发生反应，理清各粒子的物质的量。
二、写出所有平衡表达式：电离与水解方程式，不要忽视水的电离。
三、据守恒列等式：由电荷守恒、物料守恒和质子守恒书写。
三、分主次判大小：由有关平衡及量的关系，确定哪种平衡为主，进而确定粒子浓度大小。
【说明】
对于分布系数图像：①确定每条曲线代表的粒子及走向；②标浓度、用用交点计算相关量，如K 、K 的
a1 a2
值；③利用K 、K 计算特殊点的pH。
a1 a2
考点精练
1．（2024·泰州市下学期一模）室温下，NaCO 体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所
2 3
示．在c (NaCO)＝0.1 mol·L－1的体系中，研究Mg2＋在不同pH时的可能产物，c(Mg2＋)与pH的关系如图2
起始 2 3
所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合 c(Mg2＋)•c(CO2－)＝K (MgCO )，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合 c(Mg2
3 sp 3
＋)•c2(OH－)＝K [Mg(OH)]。
sp 2
下列说法正确的是
A．由M点可求得K (HCO)＝1.0×10－6.37
a2 2 3
B．pH＝11的体系中：c(CO2－)＜c(HCO －)
3 3
C．Q点的体系中，发生反应Mg2＋＋2HCO －＝Mg(OH)↓＋2CO↑
3 2 2
D．P点的体系中，c(HCO －)＋c(CO2－)＋c(HCO)＝0.1 mol·L－1
3 3 2 3
【答案】D
【解析】图1表示NaCO 体系，随着pH的逐渐减小，溶液中c(CO2－)逐渐减小，c(HCO －)先增大后减小，
2 3 3 3
6
细节决定成败 目标成就未来 的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
的的c(HCO)逐渐增大，且当pH＝6.37时，两曲线交点表示溶液中c(HCO －)＝c(HCO)，由此可算出对应的电离
2 3 3 2 3
平衡常数，图2中图像的纵坐标是－lg[c(Mg2＋)]，数值从下往上在增大，也即是从下往上c(Mg2＋)在减小，因
此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，据此分析。
A项，根据图1，当pH＝10.25时，溶液中c(HCO －)＝c(CO2－)，则K (HCO)＝＝c(H＋)＝1.0×10－
3 3 a2 2 3
10.25，错误；B项，pH＝11的体系中，观察图1可知c(CO2－)＞c(HCO －)，错误；C项，Q点的体系中，观察
3 3
图2的横坐标和纵坐标可知pH＝8，－lg[c(Mg2＋)]，观察图1可知，pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢
根离子，该点位于Mg(OH) 曲线（II）的上方，图2中图像的纵坐标是－lg[c(Mg2＋)]，数值从下往上在增大，
2
也即是从下往上c(Mg2＋)在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度
大的点会生成该沉淀，因此会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO －＝MgCO ↓＋CO↑
3 3 2
＋HO，错误；D项，P点的体系中，从图2可以看出pH＝11、－lg[c(Mg2＋)]＝6时，该点位于曲线I、II的上
2
方，不会生成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀，c (NaCO)＝0.1 mol·L－1，根据物料守恒，溶液中c(HCO －)＋
起始 2 3 3
c(CO2－)＋c(HCO)＝0.1 mol·L－1，正确。
3 2 3
2．（2024·南通市如皋2月）室温下，用含少量ZnSO 杂质的1 mol·L－1 MnSO 溶液制备MnCO 的过程如
4 4 3
下图所示。下列说法正确的是
已知：K (MnS)＝2.0×10－10、K (ZnS)＝2.0×10－24、K (NH ·HO)＝2.0×10－5、K (HCO)＝4.0×10－
sp sp b 3 2 a1 2 3
7、K (HCO)＝5.0×10－11。
a2 2 3
A．“除锌”后所得上层清液中，c(Zn2＋)一定小于1.0×10－5 mol·L－1
B．0.1 mol·L－1 NH HCO 溶液中存在：c(H＋)＋c(HCO)＝c(OH－)＋c(CO2－)
4 3 2 3 3
C．氨水、NH HCO 溶液中存在：c(NH)＜2c(CO2－)＋c(HCO －)
4 3 3 3
D．“沉锰”后的滤液中存在：c(NH)＋c(NH ·HO)＝2c(SO 2－)
3 2 4
【答案】A
【解析】“除锌”步骤中，由于K (MnS)＝2.0×10－10＞＞K (ZnS)＝2.0×10－24，因此当加入过量MnS时，
sp sp
产生ZnS沉淀，过滤后除掉过量的MnS和产生的ZnS沉淀，再用NH HCO 将Mn2＋沉淀为MnCO ，据此作答。
4 3 3
A项，MnS过量，“除锌”步骤完成沉淀生成ZnS，则上层清液c(Zn2＋)一定小于1.0×10－5 mol·L－1，正
确；B项，NH HCO 溶液中由电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO －)＋c(OH－)＋2c(CO2－)，由物料守恒c(NH)
4 3 3 3
＋c(NH ·HO)＝c(HCO －)＋c(CO2－)＋c(HCO)，联立两式可得c(H＋)＋c(HCO)＝c(OH－)＋c(CO2－)＋
3 2 3 3 2 3 2 3 3
c(NH ·HO)，错误；C项，由电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO －)＋c(OH－)＋2c(CO2－)，pH＞7，说明c(H
3 2 3 3
＋)＜c(OH－)，则c(NH)＞2c(CO2－)＋c(HCO －)，错误；D项，沉锰后滤液成分是(NH )SO 、NH ·HO、
3 3 4 2 4 3 2
NH HCO ，则c(NH)＋c(NH ·HO)＞2c(SO 2－)，错误。
4 3 3 2 4
3．（2024·江苏南通二模）室温下，向FeSO 溶液中加入足量氨水－NH HCO 混合溶液，生成FeCO 沉
4 4 3 3
淀。已知：K (NH ·HO)＝1.8×10－5、K (HCO)＝4.0×10－7、K (HCO)＝5.0×10－11。下列说法正确的是
b 3 2 a1 2 3 a2 2 3
A．生成FeCO 的离子方程式：Fe2＋＋2HCO －＝FeCO↓＋CO↑＋HO
3 3 3 2 2
B．0.1 mol·L－1 NH HCO 溶液中(pH＝7.8)：c(NH)＞c(HCO －)＞c(HCO)＞c(NH ·HO)
4 3 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(NH)＋c(NH ·HO)＝c(HCO)＋
4 3 3 2 2 3
c(HCO －)＋c(CO2－)
3 3
D．生成FeCO 沉淀后的滤液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO －)＋2c(CO2－)
3 3 3
【答案】B
【解析】A项，向FeSO 溶液中加入足量氨水－NH HCO 混合溶液，生成FeCO 沉淀，生成FeCO 的离子
4 4 3 3 3
方程式为Fe2＋＋NH ·HO＋HCO －＝FeCO↓＋NH＋HO，错误；B项，0.1 mol·L－1 NH HCO 溶液的pH＝
3 2 3 3 2 4 3
7.8，说明HCO －的水解程度大于NH的水解程度，故c(NH)＞c(HCO －)＞c(HCO)＞c(NH ·HO)，正确；C
3 3 2 3 3 2
项，0.2 mol·L－1氨水和0.2 mol·L－1 NH HCO 溶液等体积混合，二者恰好发生反应NH HCO ＋NH ·HO＝
4 3 4 3 3 2微专题突破7 化学反应原理透视的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
(NH )CO＋HO，此时溶质为(NH )CO，由元素质量守恒可得，c(NH)＋c(NH ·HO)＝2c(HCO)＋
4 2 3 2 4 2 3 3 2 2 3
2c(HCO －)＋2c(CO2－)，错误；D项，生成FeCO 沉淀后的滤液中还有SO 2－，存在电荷守恒c(NH)＋c(H＋)
3 3 3 4
＝c(OH－)＋c(HCO －)＋2c(CO2－)＋2c(SO 2－)，错误。
3 3 4
【问题解决4】
1．（2024·江苏盐城市高三期中）工业上常用ZnS去除废水中Cu2＋。反应为ZnS(s)＋Cu2＋(aq)
CuS(s)＋Zn2＋(aq)，该反应的平衡常数K的数值为___________。
已知：K (CuS)＝6.0×10－36、K (ZnS)＝3.0×10－25
sp sp
【答案】5×1010
【解析】根据反应：ZnS(s)＋Cu2＋(aq) CuS(s)＋Zn2＋(aq)，则平衡常数：K＝＝＝＝＝5×1010。
2．（2024·苏锡常镇二模）以软锰矿浆(含MnO 及少量CaO、MgO等)吸收烟气中SO 并制备高纯
2 2
MnO。（2）净化MnSO 。
3 4 4
①过滤脱硫后的软锰矿浆液，用NaF沉淀除去所得滤液中的Ca2＋、Mg2＋(浓度小于1.0×10－6 mol·L－1)。此
时应控制溶液中 c(F－)略大于_______mol·L－1。(已知：K (MnF )＝6.0×10－3、K (MgF )＝5.0×10－11、
sp 2 sp 2
K (CaF )＝4.9×10－9)
sp 2
【答案】7.0×10－2
【解析】①由溶度积可知，溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀时，溶液中的镁离子已经完全转化为氟化镁
沉淀，所以溶液中钙离子浓度为1.0×10－6 mol·L－1时，溶液中氟离子浓度至少为＝7.0×10－2 mol·L－1，故答案
为：7.0×10－2。
三大平衡常数
①K只受温度影响；②K值与化学方程式书写有关：反应2＝反应1×n，则K ＝(K )n；反
2 1
K
二个影响 1
K
应3＝反应1＋反应2，则K ＝K ×K ；反应3＝反应1－反应2，则K ＝ 2
3 1 2 3
①能根据K值随温度的变化，判断ΔH；②能用Q 判断化学平衡移动的方向；③据电离常
几个判断 C
数判断反应能否发生
温馨提醒 计算平衡常数时，如给的数据是物质的量必须除以容器体积转化为物质的量浓度！
2．三大常数三大常数
电离常数 水解常数 溶度积
HA H＋+A－ A－＋HO HA+OH－ A B (s) mAn＋＋nBm－
表达式 2 m n
K(HA)＝ K ＝ K (A B )＝cm(An＋)•cn(Bm－)
a h sp m n
判断反应能否发生 结合K 判断酸式酸根水解 计算离子浓度，如金属离子完
应用 a
判断两种粒子浓度比加水变化 与电离相对大小 全沉淀时的pH
考点精练
1．（2024·江苏省南通市三模）25℃时，K (NH ·HO)＝1.8×10－5、K (HCO)＝4.0×10－7、
b 3 2 a1 2 3
K (HCO)＝5.0×10－11。
a2 2 3
反应NH ·HO(aq)＋HCO －(aq) NH(aq)＋CO2－(aq)＋HO(l)的平衡常数K＝___________。
3 2 3 3 2
【答案】0.09
【解析】反应反应NH ·HO(aq)＋HCO －(aq) NH(aq)＋CO2－(aq)＋HO(l)的平衡常数K＝＝××＝
3 2 3 3 2
K (NH ·HO)×K (HCO)×＝1.8×10－5×5.0×10－11×＝0.09。
b 3 2 a2 2 3
2．（2022·江苏卷）硫铁化合物(FeS、FeS 等)应用广泛。
2
（1）纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH＝4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，
Cr(Ⅵ)主要以HCrO、Cr O、CrO形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
2
已知：K (FeS)＝6.5×10－18，K [Fe(OH)]＝5.0×10－17；HS电离常数分别为 K ＝1.1×10－7、K ＝
sp sp 2 2 a1 a2
1.3×10－13。
①在弱碱性溶液中，FeS与CrO反应生成Fe(OH)、Cr(OH) 和单质S，其离子方程式为
3 3
________________________________________________________________________。
②在弱酸性溶液中，反应FeS＋H＋ Fe2＋＋HS－的平衡常数K的数值为__________。
8
细节决定成败 目标成就未来 的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
的的③在pH＝4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是
______________________________________________________________________________________________。
【答案】①FeS＋CrO＋4HO＝Fe(OH)＋Cr(OH)＋S＋2OH－ ②5×10－5 ③FeS表面带正电荷，易吸
2 3 3
引阴离子，因c(OH－)增大，降低了对三种含Cr(Ⅵ)阴离子的吸引，致使有效接触面积减小，反应速率下降
【解析】②反应FeS＋H＋ Fe2＋＋HS－的平衡常数K＝，由题目信息可知，K (FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)
sp
＝6.5×10－18，HS电离常数K ＝＝1.3×10－13，所以K＝＝＝5×10－5；③在pH＝4～7溶液中，pH越大，
2 a2
c(OH－)越大，从而降低了FeS对三种含Cr(Ⅵ)阴离子的吸引，致使有效接触面积减小，反应速率下降。
3．（2022·湖南卷）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。
一种脱除和利用水煤气中CO 方法的示意图如下：
2
①某温度下，吸收塔中 KCO 溶液吸收一定量的 CO 后，c(CO)∶c(HCO)＝1∶2，则该溶液的 pH＝
2 3 2
__________(该温度下HCO 的K ＝4.6×10－7，K ＝5.0×10－11)。
2 3 a1 a2
【答案】10
【解析】某温度下，吸收塔中KCO 溶液吸收一定量的CO 后，c(CO)∶c(HCO)＝1∶2，由K ＝可得，
2 3 2 a2
c(H＋)＝×K ＝2×5.0×10－11 mol·L－1＝1.0×10－10 mol·L－1，则该溶液的pH＝10。
a2
4．（2024·南通市二模）研究水质除砷技术对保护环境有重要意义。已知：As(V)在不同pH条件下的物
种分布分数如图1所示。
K (HCO)＝4.0×10－7、K (HCO)＝5.0×10－11；K (HS)＝1.0×10－7、K (HS)＝1.0×10－13。
a1 2 3 a2 2 3 a1 2 a2 2
（1）硫化法：As(Ⅲ)能与硫化剂(能提供S2－)反应生成雌黄(As S)沉淀。HCHO能在硫酸盐还原菌的作用
2 3
下将SO 2－还原为HS，同时生成HCO －。
4 2 3
①沉淀1 mol As(Ⅲ)理论上需消耗HCHO的物质的量为______mol。
②HCO －能与HS反应：HCO －＋HS HS－＋HCO。该反应的平衡常数K＝______。
3 2 3 2 2 3
【答案】（1）①3 ②0.25
【解析】①根据题意知HCHO(C元素价态为0价)能在硫酸盐还原菌的作用下将SO 2－还原为HS，同时生
4 2
成HCO －，故2HCHO～HS，根据硫元素守恒沉淀1 mol As S 需消耗3 mol H S，故需消耗HCHO的物质的量
3 2 2 3 2
为6 mol；②HCO －＋HS HS－＋HCO，该反应的平衡常数K＝＝＝＝0.25。
3 2 2 3
5．（2023·江苏南京市高三学期调研）MnSO 可用于制备多种物质。
4
25℃时，相关物质的K 见下表。
sp
物质 Fe(OH) Fe(OH) Al(OH) Mn(OH)
2 3 3 2
K 8.0×10－16 3.0×10－39 1.0×10－33 1.0×10－13
sp
（1）MnSO 的制备。由软锰矿粉(主要成分为MnO ，含少量Fe O、Al O、SiO )制备MnSO 的过程可表
4 2 2 3 2 3 2 4
示为：微专题突破7 化学反应原理透视的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
①浸取。保持温度、各物质投料量及浓度不变，能提高Mn2＋浸出率的措施有__________________________。
②沉淀。室温下，浸取后溶液中Mn2＋浓度为0.1 mol·L－1，欲使溶液中Fe3＋、Al3＋的浓度均小于1.0×10－6
mol·L－1，则需加入MnO调节pH的范围为_____________。
③过滤。滤渣的主要成分有____________________________。
【答案】①搅拌、延长反应时间 ②5～8 ③Fe(OH)、Al(OH)、SiO
3 3 2
【解析】软锰矿粉中加入稀硫酸与MnO 、Fe O 、Al O 反应分别生成硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝，加入
2 2 3 2 3
MnO调节溶液的pH使Fe3＋、Al3＋沉淀，过滤得到滤渣为Fe(OH)、Al(OH)、SiO ，经系列操作后得到硫酸锰。
3 3 2
①增大反应物接触面积可加快反应速率，则能提高Mn2＋浸出率的措施有：搅拌、延长反应时间；②氢氧化
铝完全变成沉淀时的pH：K [Al(OH)]＝1×10－33＝c(Al3＋)×c3(OH－)，c(Al3＋)＝1×10－6 mol•L－1，解得：
sp 3
c(OH－)＝1×10－9 mol•L－1，c(H＋)＝1×10－5 mol•L－1则pH＝5，同理Fe(OH) 完全变成沉淀时，pH约为
3
3.5，若溶液中c(Mn2＋)＝0.1mol•L－1，开始沉淀时，K [Mn(OH)]＝c(Mn2＋)×c2(OH－)＝1×10－13，c(OH－)
sp 2
＝mol·L－1＝10－6 mol·L－1，c(H＋)＝＝＝10－8 mol·L－1，pH＝8，故pH范围是：5＜pH＜8；③沉淀步骤得
到氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，二氧化硅难溶于水，则滤渣的主要成分有Fe(OH)、Al(OH)、SiO 。
3 3 2
【问题解决5】
1．（2024·无锡上学期期中）室温下，K (HSO)＝1.4×10－2、K (HSO)＝6.0×10－8，通过下列实验探
a1 2 3 a2 2 3
究NaSO、NaHSO 溶液的性质。
2 3 3
实验1：用pH试纸测量0.1 mol·L－1 NaHSO 溶液的pH，测得pH约为5。
3
实验2：向0.1 mol·L－1 NaSO 溶液中通入少量SO ，测得溶液pH约为8。
2 3 2
实验3：向NaSO 溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅。
2 3
实验4：向NaHSO 溶液中滴加少量Ba(OH) 溶液，产生白色沉淀。
3 2
下列所得结论正确的是
在
A．实验1可知0.1 mol·L－1 NaHSO 溶液中存 ：c(SO 2－)＜c(HSO)
3 3 2 3
B．实验2得到的溶液中存在：c(Na＋)＞c(HSO －)＋2c(SO 2－)
3 3
C．实验3中随着水不断加入，溶液中的值逐渐变小
D．实验4中发生反应的离子方程式为Ba2＋＋HSO －＋OH－＝BaCO ↓＋HO
3 3 2
【答案】B
【解析】A项，用pH试纸测量0.1 mol•L－1NaHSO 溶液的pH，测得pH约为5，说明电离大于水解，则
3
c(SO 2－)＞c(HSO)；错误；B项，溶液中存在电荷守恒等式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO －)＋2c(SO 2－)＋
3 2 3 3 3
c(OH－)，溶液显碱性，说明c(H＋)＜c(OH－)，则c(Na＋)＞c(HSO －)＋2c(SO 2－)，正确；C项，NaSO 溶液
3 3 2 3
中存在水解平衡：SO2－＋HO HSO －＋OH－，加水促进水解，平衡正向移动，增大，错误；D项，向
3 2 3
NaHSO 溶液中滴加少量Ba(OH) 溶液，离子方程式为Ba2＋＋2HSO －＋2OH－＝BaCO ↓＋2HO＋2SO2－，错
3 2 3 3 2 3
误。
元素化合物与反应原理融合
以某种元素化合物为载体，结合有关实验操作、现象或事实，考查元素化合物的性质及相关的化学反应原
理。
考点精练
（2024·江苏南通模拟预测）已知：K (HCO)＝10－6.38、K (HCO)＝10－10.25。室温下，通过下列实验探
a1 2 3 a2 2 3
究NaHCO 溶液的性质。
3
实验 实验操作和现象
10
细节决定成败 目标成就未来 的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
的的1 测量0.1 mol·L－1的NaHCO 溶液的pH为7.8
3
2 向0.1 mol·L－1的NaHCO 溶液中持续通入CO，溶液的pH减小
3 2
3 向0.1 mol·L－1的NaHCO 溶液中加入少量Ca(OH) 溶液，产生白色沉淀
3 2
4 向0.5 mol·L－1的NaHCO 溶液中滴加少量0.5 mol·L－1的CaCl 溶液，产生白色沉淀和无色气体
3 2
下列有关说法正确的是
A．实验1溶液中存在：c(HCO)＞c(HCO －)
2 3 3
B．实验2中随CO 的不断通入，溶液中的值逐渐变小
2
C．实验3反应的离子方程式为：Ca2＋＋HCO －＋OH－＝CaCO↓＋HO
3 3 2
D．实验4所得溶液中存在：c(Na＋)＜c(HCO)＋c(CO2－)＋c(HCO －)＋c(Cl－)
2 3 3 3
【答案】D
【解析】A项，实验1溶液中NaHCO 溶液的pH为7.8，呈碱性，说明HCO －的电离程度小于水解生成
3 3
HCO 的程度，但水解是微弱的，溶液中：c(HCO)＜c(HCO －)，错误；B项，实验2中随CO 的不断通入，
2 3 2 3 3 2
溶液的酸性增强，c(H＋)增大，溶液中＝的值逐渐增大，错误；C项，向0.1 mol·L－1的NaHCO 溶液中加入少
3
量Ca(OH) 溶液发生反应：2NaHCO ＋Ca(OH)＝CaCO ↓＋NaCO＋2HO，生成CaCO 白色沉淀，离子方
2 3 2 3 2 3 2 3
程式为：Ca2＋＋2HCO －＋2OH－＝CaCO↓＋2HO＋CO2－，错误；D项，向0.5 mol·L－1的NaHCO 溶液中
3 3 2 3 3
滴加少量0.5 mol·L－1的CaCl 溶液，产生CaCO 白色沉淀和无色气体CO，说明HCO －的水解程度增大，此
2 3 2 3
时溶液中的溶质为NaCl、NaCO、NaHCO 、HCO，且NaHCO 和HCO 的物质的量远大于NaCO，由物料
2 3 3 2 3 3 2 3 2 3
守恒c(Na＋)＝2c(CO2－)＋c(HCO －)＋c(Cl－)，可知c(Na＋)＜c(HCO)＋c(CO2－)＋c(HCO －)＋c(Cl－)，正
3 3 2 3 3 3
确。
成功体验
1．（2023·苏州上学期期末）用含少量Ca2＋、Mg2＋的CoCl 溶液制备CoO的过程如图所示。已知：室温
2
下，K (MgF )＝5×10－11，K (CaF )＝5×10－9，K(HF)＝6.3×10－4，K (NH ·HO)＝1.8×10－5。下列说法正
sp 2 sp 2 a b 3 2
确的是
A．0.1 mol·L－1 NH F溶液呈酸性，且c(NH)＜c(F－)
4
B．除钙镁后的溶液中：＝10－2
C．0.1 mol·L－1 (NH )C O 溶液中：c(NH)＞2c(C O2－)＋2c(HC O－)＋2c(HC O)
4 2 2 4 2 4 2 4 2 2 4
D．若将流程中(NH )C O 换成NaC O，则制得的CoO纯度更高
4 2 2 4 2 2 4
【答案】A
【解析】CoCl 溶液中含有少量Ca2＋和Mg2＋，加入NH F沉淀Ca2＋和Mg2＋，在使用(NH )C O 沉钴得到
2 4 4 2 2 4
CoC O，最后灼烧得到CoO，据此分析解题。
2 4
A项，NH F溶液呈酸性，说明NH水解程度大，所以c(NH)＜c(F－)，正确；B项，除钙镁后的溶液中＝
4
＝＝1.0×102，错误；C项，根据物料守恒有c(NH)＋c(NH ·HO)＝2c(C O2－)＋2c(HC O－)＋2c(HC O)，
3 2 2 4 2 4 2 2 4
所以c(NH)＜2c(C O2－)＋2c(HC O－)＋2c(HC O)，错误；D项，若使用NaC O 替换(NH )C O，将引入
2 4 2 4 2 2 4 2 2 4 4 2 2 4
Na＋，制得的CoO纯度更低，错误。
2．（2024·徐州上学期期中）燃煤烟气脱硫的方法有多种，方法之一是常温下用氨水将SO 转化为
2
NH HSO ，再氧化成NH HSO 。已知HSO 的电离常数K ＝1.5×10－2，K ＝1.0×10－7，NH ·HO的电离常
4 3 4 4 2 3 a1 a2 3 2
数K ＝1.8×10－7。下列说法正确的是
b
A．NH HSO 溶液中：c(HSO －)＞c(NH)
4 3 3
B．NH HSO 溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(HSO －)＋c(SO 2－)＋c(OH－)
4 3 3 3
C．若溶液中＝0.15时，溶液的pH＝4
D．向NH HSO 溶液中通入空气发生反应的离子方程式：2SO2－＋O＝2SO 2－
4 3 3 2 4微专题突破7 化学反应原理透视的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
【答案】C
【解析】A项，NH HSO 溶液中，NH HSO ＝NH＋HSO －，由于HSO －电离常数K ＝1.0×10－7，NH的
4 3 4 3 3 3 a2
水解常数K ＝＝＜1.0×10－7，则可知HSO －电离程度大于NH水解程度，且HSO －还存在水解，则c(HSO －)＜
h 3 3 3
c(NH)，错误；B项，NH HSO 溶液，根据电荷守恒，有c(NH)＋c(H＋)＝c(HSO －)＋2c(SO 2－)＋c(OH－)，
4 3 3 3
错误；C项，K ＝＝1.0×10－2，K ＝＝1.0×10－7，则K •K ＝＝1.5×10－9，当＝0.15，c(H＋)＝1.0×10－4，即
a1 a2 a1 a2
pH＝4，正确；D项，向NH HSO 溶液中通入空气，亚硫酸铵被氧化为硫酸铵，反应的离子方程式为：2HSO －
4 3 3
＋O＝2SO 2－＋2H＋，错误。
2 4
3．（2024·南通市海门市第一次调研）室温下，用K (HSO)＝1.02×10－7溶液吸收SO 的过程如图所示。
a2 2 3 2
已知K (HSO)＝1.54×10－2、K (HSO)＝1.02×10－7，下列说法正确的是
a1 2 3 a2 2 3
A．0.100 mol·L－1 NaHSO 溶液中：c(SO 2－)＜c(HSO)
3 3 2 3
B．0.100 mol·L－1 NaSO 溶液中：c(H＋)＋c(SO 2－)＋c(HSO －)＋2c(HSO)＝c(OH－)
2 3 3 3 2 3
C．吸收烟气后的溶液中：c(Na＋)＜2c(SO 2－)＋2c(HSO －)＋2c(HSO)
3 3 2 3
D．“沉淀”得到的上层清液中：c(SO 2－)＜
3
【答案】C
【解析】A项，由K (HSO)＝1.02×10－7可知，K (HSO －)＝＝9.8×10－8，HSO －的电离能力大于水解能
a2 2 3 h 3 3
力，所以c(SO 2－)＞c(HSO)，错误；B项，0.100 mol·L－1 NaSO 溶液中，由质子守恒得：c(H＋)＋c(HSO －)
3 2 3 2 3 3
＋2c(HSO)＝c(OH－)，错误；C项，吸收烟气后的溶液为NaSO 和NaHSO 的混合溶液，则c(Na＋)＜2c(SO 2
2 3 2 3 3 3
－)＋2c(HSO －)＋2c(HSO)，正确；D项，有沉淀产生，因此上层清液为饱和溶液，则c(SO 2－)＝，错误。
3 2 3 3
4．（2024·泰州市期中）室温下，实验室用0.5 mol·L－1 (NH )CO 溶液浸取工业废渣粉末(主要含
4 2 3
CaSO•HO，还含少量SiO 、Fe O)制取CaCO。已知K (CaSO)＝5×10－5，K (CaCO )＝3×10－9。
4 2 2 2 3 3 sp 4 sp 3
下列说法正确的是
A．0.05 mol·L－1 (NH )CO 溶液中存在：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(HCO －)＋c(CO2－)
4 2 3 3 3
B．“浸取”时，向(NH )CO 溶液加入适量浓氨水的主要目的是提高溶液的碱性
4 2 3
C．“浸取”静置后的上层清液中有c(Ca2＋)•c(CO2－)＜K (CaCO )
3 sp 3
D．室温下，反应CaSO(s)＋CO2－(aq) CaCO (s)＋SO 2－(aq)达到平衡，溶液中＝×10－4
4 3 3 4
【答案】D
【解析】A项，根据电荷守恒，(NH )CO 溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(HCO －)＋
4 2 3 3
2c(CO2－)，错误；B项，“浸取”时，向(NH )CO 溶液加入适量浓氨水，是为了抑制碳酸根水解为碳酸氢根，
3 4 2 3
增加溶液中CO2－浓度，使得平衡CaSO(s)＋CO2－(aq) CaCO (s)＋SO 2－(aq)正向移动生成更多碳酸钙，
3 4 3 3 4
错误；C项，“浸取”静置后的上层清液中CaCO 为饱和溶液，有c(Ca2＋)•c(CO2－)＝K (CaCO )，错误；D
3 3 sp 3
项，室温下，反应CaSO(s)＋CO2－(aq) CaCO (s)＋SO 2－(aq)达到平衡，溶液中＝＝＝×10－4，正确。
4 3 3 4
5．（2024·镇江市丹阳市上学期开学考）一种脱除燃煤烟气中SO 的方法如图所示。室温下用0.1 mol·L
2
－1氨水吸收SO ，若通入SO 所引起的溶液体积变化和HO挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c ＝c(SO 2－)
2 2 2 总 3
＋c(HSO)＋c(HSO －)。
2 3 3
12
细节决定成败 目标成就未来 的的的的的的的的的的的的的的的的的的的的
的的已知：NH ·HO的K ＝1.7×10－5，HSO 的K ＝1.3×10－2，K ＝6.2×10－8。下列说法正确的是
3 2 b 2 3 a1 a2
A．NH HSO 溶液中：c(HSO)＞c(SO 2－)
4 3 2 3 3
B．“吸收”所得c ＝0.05 mol·L－1溶液中：c(H＋)＋c(HSO －)＋c(HSO)＜c(OH－)＋c(NH ·HO)
总 3 2 3 3 2
C．“氧化”过程中：逐渐减小
D．向“氧化”后的溶液中加入过量Ba(OH) 充分反应过滤，所得滤液中：c(Ba2＋)•c(SO 2－)＜K (BaSO)
2 4 sp 4
【答案】B
【解析】烟气中的SO 用0.1 mol·L－1氨水吸收得到NH HSO 溶液，NH HSO 被O 氧化成NH HSO 。
2 4 3 4 3 2 4 4
A项，NH的水解平衡常数K (NH)＝＝＝＝＝5.88×10－10＜6.2×10－8，HSO －的水解平衡常数K (HSO －)
h 3 h 3
＝＝＝＝＝7.7×10－13＜K ＝6.2×10－8，HSO －的电离程度大于HSO －的水解程度、同时大于NH的水解程度，
a2 3 3
NH HSO 溶液中c(HSO )＜c(SO 2－)，错误；B项，氨水物质的量浓度为0.1 mol·L－1，“吸收”所得c ＝
4 3 2 3 3 总
0.05 mol·L－1溶液中溶质为(NH )SO ，溶液中的电荷守恒为c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO 2－)＋c(HSO
4 2 3 3 3
－)，物料守恒为c(NH)＋c(NH ·HO)＝2[c(SO 2－)＋c(HSO －)＋c(HSO )]，两式整理得c(H＋)＋c(HSO －)
3 2 3 3 2 3 3
＋2c(HSO )＝c(OH－)＋c(NH ·HO)，则c(H＋)＋c(HSO －)＋c(HSO )＜c(OH－)＋c(NH ·HO)，正确；C
2 3 3 2 3 2 3 3 2
项，＝，“氧化”过程中发生的反应为2HSO －＋O＝2H＋＋2SO 2－，溶液中c(H＋)增大，温度不变，K (NH)
3 2 4 h
不变，则“氧化”过程中逐渐增大，错误；D项，向“氧化”后的溶液中加入过量Ba(OH) 充分反应过滤，所
2
得滤液为BaSO 的饱和溶液，则滤液中c(Ba2＋)•c(SO 2－)＝K (BaSO)，错误。
4 4 sp 4
