文档内容
解密 10 水溶液中离子反应
【考纲导向】
1．了解电解质的概念；了解强电解质和弱电解质的概念。
2．了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。
3．了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
4．了解水的电离，水的离子积常数。
5．了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。
6．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
7．了解难溶电解质的溶解平衡。
8．了解溶度积的含义，能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。
【命题分析】
水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。一是在选择题
某一选项中以图像或者文字的形式考查，二是在填空题中结合化学反应原理综合考查。从高考命题的变化
趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐
的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，而且还侧重溶液中
的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧
性。
核心考点一 弱电解质的电离平衡
1．图像法理解一强一弱的稀释规律
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸a．加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。
b．加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。
(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸
a．加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。
b．加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。
2．有关电离平衡常数计算答题模板(以弱酸HX为例)
HX H＋ ＋X－
起始/(mol·L－1): c(HX) 0 0
平衡/(mol·L－1): c(HX)－c(H＋)c(H＋) c(H＋)
则K＝
由于弱酸只有极少一部分电离，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)。
则K＝或c(H＋)＝。
3．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
w
值，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，
2
可能先增大后减小。
4．一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
5．一元强酸(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
考法一 判断电解质强弱
【典例1】(2021年1月浙江选考)下列物质属于强电解质的是( )
A．KOH B．HPO C．SO D．CHCHO
3 4 3 3
【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
3 4
能不够完全电离，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
3 4 3 3
属于非电解质，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
3 3
质，D不符合题意；故选A。
【答案】A
考法二 弱酸(碱)或弱碱(酸)的比较
【典例2】下列事实中不能证明CHCOOH是弱电解质的是( )
3
A.常温下某CHCOONa溶液的pH＝8
3
B.常温下0.1 mol·L－1CHCOOH溶液的pH＝2．8
3
C.CH COONa溶液与稀盐酸反应生成CHCOOH和NaCl
3 3
D.CHCOOH属于共价化合物
3
【解析】A项，常温下某CHCOONa溶液的pH＝8，CHCOONa水解显碱性，为弱酸强碱盐，故
3 3
CHCOOH为弱电解质，正确；B项，常温下0.1 mol·L－1CHCOOH溶液的pH＝2．8，说明CHCOOH部
3 3 3
分电离，为弱电解质，正确；C项，根据强酸制弱酸的原理，盐酸制取了醋酸，所以醋酸为弱酸，是弱电
解质，正确；D项，强电解质和弱电解质都有可能为共价化合物，错误。
【答案】D
考法三 电解质稀释图象
【典例3】(2019•天津卷)某温度下，HNO 和CHCOOH的电离常数分别为5．0×10－4和1．7×10－5。
2 3
将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH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HNO 溶液
2
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
【解析】A、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
2
代表CHCOOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
3
C、Ⅱ代表HNO ，c(HNO )c(OH-)/c(NO-)=c(H+)·c(HNO)c(OH-)/[c(H+)·c(NO -)]=kw/k(HNO )，kw为水的离
2 2 2 2 2 2
子积常数，k(HNO)为HNO 的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变，故 C正确；D、体积和pH
2 2
均相同的 HNO 和 CHCOOH 溶液，c(CHCOOH)＞c(HNO )，分别滴加同浓度的 NaOH 溶液至中性，
2 3 3 2
CHCOOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO 消耗的NaOH少，故D错误；故选C。
3 2
【答案】C
考法四 电离平衡常数
【典例4】(2021年1月浙江选考)实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH Cl溶液、10 mL
4
0.50mol·L-1CHCOONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CHCOOH和
3 3
NH ·H O的电离常数均为1．8×10-5．下列说法不正确的是( )
3 2
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
4
C．随温度升高，K 增大，CHCOONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
w 3
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH Cl溶液与CHCOONa溶液中：c(Na+ )-c(CHCOO- )=c(Cl-)-c(NH +)
4 3 3 4
【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH Cl溶液、10 mL
4
0.50mol·L-1CHCOONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应
3
为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程
度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性
越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示
pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A
说法正确；B项，将NH Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其
4
中的c(H+)变为原来的 ，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的 ，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离
程度变大，因此水的离子积变大，即K 增大；随温度升高，CHCOONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)
w 3
增大，因此，C说法不正确；D项， 25℃时稀释相同倍数的NH C1溶液与CHCOONa溶液中均分别存在
4 3
电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CHCOO- ) ，c(NH +)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，
3 4
c(Cl-)-c(NH +) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CHCOO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时
4 3
CHCOOH和NH ·H O的电离常数均为1．8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数
3 3 2
后的NH C1溶液与CHCOONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程
4 3
度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)(两者差的绝对值)相等，故c(Na+ )-c(CHCOO- )=c(Cl-)-
3
c(NH +)，D说法正确。故选C。
4
【答案】C
考法五 电离平衡常数的理解和应用
【典例5】硫酸、硝酸、高氯酸在水溶液中都是强酸，下表是某温度下这三种酸在冰醋酸中的电离常
数。下列说法正确的是( )
酸 HSO HNO HClO
2 4 3 4
K 6．3×10－9 4．2×10－10 1．6×10－5
1
A.在冰醋酸中HSO 的电离方程式为：HSO 2H＋＋SO
2 4 2 4
B.在冰醋酸中，HNO 的酸性最强
3
C.在冰醋酸中，0.01 mol/L的HClO，其离子总浓度约为4×10－4mol/L
4
D.高氯酸水溶液与氨水反应的离子方程式为H＋＋NH ·H O===H O＋NH
3 2 2
【解析】在冰醋酸中，HSO 分步电离，其第一步电离方程式为HSO H＋＋HSO，A项错误；
2 4 2 4
根据在冰醋酸中的电离常数，三种酸的酸性强弱顺序为HClO>H SO >HNO ，B项错误；设在冰醋酸中
4 2 4 3
0.01 mol/L的HClO 的H＋物质的量浓度为xmol·L－1，
4
HClO H＋＋ ClO
4
c(起始)/mol/L 0.01 0 0
c(变化)/mol/L x x x
c(平衡)/mol/L 0.01－ x x x
则电离常数K＝≈＝1．6×10－5，x＝4×10－4 mol/L，离子总浓度约为8×10－4 mol/L，C项错误；在水
溶液中，HClO 是一元强酸，NH ·H O是一元弱碱，D项正确。
4 3 2
【答案】D
以一元强酸(HCl)与一元弱酸(CHCOOH)的比较为例
3
(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较项
中和碱的能 与活泼金属反应产 开始与金属反
目 c(H＋) pH
力 生H 的量 应的速率
酸 2
盐酸 大 小 大
相同 相同
醋酸溶液 小 大 小
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较
中和碱的 与足量活泼金属反 开始与金属反
项目 c(H＋) c(酸)
能力 应产生H 的量 应的速率
酸 2
盐酸 小 小 少
相同 相同
醋酸溶液 大 大 多1．(2019•浙江4月选考)下列属于强电解质的是( )
A． 硫酸钡 B． 食盐水 C． 二氧化硅 D． 醋酸
【答案】A
【解析】A项，可知硫酸钡是强电解质，A项正确；B项，食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，
B项错误；C项，二氧化硅是非电解质，C项错误；D项，醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。
2．下列事实能说明亚硫酸的酸性强于碳酸的是( )
A.饱和亚硫酸溶液的pH小于饱和碳酸溶液的pH
B.亚硫酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而碳酸不能
C.同温下，等浓度的亚硫酸氢钠溶液和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强
D.将过量二氧化硫气体通入碳酸氢钠溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊
【答案】C
【解析】由于亚硫酸饱和溶液和碳酸饱和溶液的浓度不相等，因此不能根据二者饱和溶液的pH比较
其酸性强弱，A项错误；亚硫酸使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为其具有还原性，与酸性强弱无关，B项错
误；同温、等浓度条件下，碳酸氢钠溶液的碱性强，即HCO的水解程度大，说明其对应酸的酸性弱，C项
正确；反应生成的CO 和过量的SO 均能使澄清石灰水变浑浊，故不能确定是否生成 CO ，即不能比较
2 2 2
HSO 和HCO 的酸性强弱，D项错误。
2 3 2 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．室温下，将10．00 mL 5．000 0 mol·L－1醋酸滴入100.00 mL蒸馏水中，溶液中c(H＋)和温度随着加
入醋酸体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．a～b段，醋酸电离过程为放热过程
B．c～d段，c(H＋)增加，醋酸电离程度增大
C．c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，则c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)
3 3D．d点时，c(H＋)>c(CHCOOH)
3
【答案】C
【解析】a～b段，醋酸电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水
合离子)放热，A错误；c～d段，醋酸浓度增大，c(H＋)增加，醋酸电离程度减小，B错误；c点时，加入等
体积等浓度的NaOH溶液，根据物料守恒，有c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)，C正确；醋酸是弱酸，
3 3
电离是微弱的，在溶液中主要以分子的形式存在，故d点时，c(H＋)7
2 4
【答案】D
【解析】100 ℃时，NaOH和HSO 恰好中和时，pH＝6，A错误；25 ℃时，c(OH－)＝0.4 mol·L－1，
2 4
c(H＋)＝0.2 mol·L－1，等体积混合后pH大于7，B错误；C项，由于CHCOO－的水解pH大于7，错误；D
3
项，氨水过量，pH>7，正确。
5．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是( )A.升高温度，可能引起由c向b的变化
B.该温度下，水的离子积常数为1．0×10－13
C.该温度下，加入FeCl 可能引起由b向a的变化
3
D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】c点、b点对应相同的温度，A项错误；根据b点对应的纵坐标和横坐标都为1．0×10－7
mol·L－1可知，水的离子积常数为1．0×10－14，B项错误；FeCl 为强酸弱碱盐，可水解使溶液呈酸性，C
3
项正确；c、d点对应的c(H＋)相同，c(OH－)不同，但由于K 只与温度有关，所以温度不变时，稀释溶液不
w
可能引起c向d的变化，D项错误。
6．常温下，向20 mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1 mol·L－1氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入
氨水的体积变化如图。下列分析正确的是( )
A．V＝40
B．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝2c(NH ·H O)
3 2
C．NH ·H O的电离常数K＝10－4
3 2
D．d点所示溶液中：c(NH)＝2c(SO)
【答案】D
【解析】c点水的电离程度最大，说明此时c(NH)最大，对水的电离促进程度最大，氨水与硫酸恰好完
全反应生成(NH )SO ，氨水体积为0时，水电离出c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1，水电离出c(OH－)＝1．0×10－
4 2 4
13 mol·L－1，溶液中的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(H SO )＝0.05 mol·L－1，消耗氨水的体积也是20 mL，即V＝
2 4
20，A错误；c点所示溶液是(NH )SO 溶液，由质子守恒得c(H＋)－c(OH－)＝c(NH ·H O)，B错误；根据题
4 2 4 3 2
意，无法判断NH ·H O的电离常数的大小，C错误；根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(OH－)，而
3 2
溶液呈中性c(OH－)＝c(H＋)，所以c(NH)＝2c(SO)，D正确。
7．(2021年1月浙江选考)25℃时，下列说法正确的是( )
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测HA为强酸
2
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α 、α ，则α ＜α
1 2 1 2
D．100 mL pH=10．00的NaCO 溶液中水电离出H+的物质的量为1．0×10-5mol
2 3
【答案】D
【解析】A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出HA为强
2
酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和
A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此
0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α 、α ，则α ＞α ，C错误；D项，100 mL pH=10．
1 2 1 2
00的NaCO 溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度
2 3
是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；故选D。
核心考点三 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
4 2 2 7
生素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
3
量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO 更难溶。
4
考法一 仪器的使用
【典例1】下列有关叙述中正确的是( )
A．滴定管下端连有橡皮管的为酸式滴定管
B．在滴定时，左手操作锥形瓶，右手操作滴定管开关
C．滴定前应首先排除尖嘴部分的气泡
D．滴定过程中两眼应注视滴定管内液面的变化
【解析】A是碱式滴定管，B右手操作锥形瓶，D两眼观察锥形瓶内颜色变化。
【答案】C
考法二 指示剂选择
【典例2】实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：
甲基橙：3．1～4．4 石蕊：5．0～8．0 酚酞：8．2～10．0
用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定未知浓度的CHCOOH溶液，恰好完全反应时，下列叙述中正确的
3
是( )
A.溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B.溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C.溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D.溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
【解析】NaOH溶液和CHCOOH溶液恰好完全反应时生成CHCOONa，CHCOO－水解显碱性，而酚
3 3 3
酞的变色范围为8．2～10．0，比较接近。因此答案为D。
【答案】D
考法三 酸碱中和滴定误差分析【典例3】用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是( )
A.配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质
B.滴定到终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【解析】A项将会使标准碱液的c(OH－)偏大，滴定时耗用的V(OH－)偏小，导致结果偏低，A项正确；
滴定终点时仰视读数，将使读取碱液的体积偏大，测定结果偏高，B项错误；用未知液润洗锥形瓶将使测
定结果偏高，C项错误；尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，D项错误。
【答案】A
考法四 中和滴定曲线分析
【典例4】(2020•浙江1月选考)室温下，向20.00 mL 0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1 NaOH溶
液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是( )
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12．3
【解析】A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下 ，故A正
确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围
在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项， 时，溶液中的溶质为氯化钠和氢
氧化钠，且c(NaOH)= =0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，
则c(H+)=5×10-13 mol/L，pH=-lgc(H+)=12．3，故D正确；故选C。
【答案】C
考法五 滴定的综合应用
【典例5】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
2
小组用图1装置(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
2 2 2
式为__________________________________。
(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
2 2
图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 ：
________________________________________________________________________。
【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
2 2
消耗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。
【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)
指示剂选择的基本原则
变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。
(1)不能用石蕊作指示剂。
(2)滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。
(3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。
(4)强酸与强碱间进行滴定时，用甲基橙和酚酞都可以。
(5)并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的NaSO 滴定KMnO 溶液时，KMnO 颜色恰好褪去
2 3 4 4
时即为滴定终点。1．下列有关滴定的说法正确的是( )
A．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果
偏低
B．用c mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定V mL未知浓度的HC O 溶液，至滴定终点用去酸性高锰酸
1 2 2 2 4
钾溶液体积为V mL，则HC O 溶液的浓度为 mol·L－1
1 2 2 4
C．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯
视，会导致测定结果偏低
D．用25 mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21．7 mL
【答案】A
【解析】用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，由
于氢氧化钠的摩尔质量较小，则所配标准溶液中OH－浓度较大，滴定时消耗标准溶液体积偏小，所以测定
结果偏低，A正确；用c mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定V mL未知浓度的HC O 溶液，至滴定终点用去
1 2 2 2 4
高锰酸钾溶液体积为V mL，由两者反应中化合价升降总数相等(或电子转移守恒)可得到关系式5HC O～
1 2 2 4
2KMnO ，则n(H C O)＝2．5n(KMnO)＝2．5×V mL×c mol·L－1，所以HC O 溶液的浓度为 mol·L－1，
4 2 2 4 4 1 1 2 2 4
B不正确；用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后
俯视，则未知盐酸的体积偏小，导致测定结果偏高，C不正确；滴定管的读数要精确到0.01 mL，D不正确。
2．某研究小组为测定食用白醋中醋酸的含量进行了如下操作，正确的是( )
A．用碱式滴定管量取一定体积的待测白醋放入锥形瓶中
B．称取4．0 g NaOH放到100 mL容量瓶中，加水至刻度线，配成1．00 mol/L NaOH标准溶液
C．用NaOH溶液滴定白醋，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪
色时为滴定终点
D．滴定时眼睛要注视着滴定管内NaOH溶液的液面变化，防止滴定过量
【答案】C
【解析】A项不能用碱式滴定管量取白醋，应用酸式滴定管，错误；B项应先在烧杯中溶解固体，不
能直接在容量瓶中溶解，错误；C项强碱滴定弱酸，用酚酞作指示剂，颜色变化符合滴定终点判断，正确；
D项滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，错误。
3．已知Ag CrO 是砖红色沉淀，下列滴定反应中，指示剂使用不正确的是( )
2 4
A．用标准FeCl 溶液滴定KI溶液，选择KSCN溶液
3
B．用I 溶液滴定NaSO 溶液，淀粉作指示剂
2 2 3
C．用AgNO 溶液滴定NaCl溶液，NaCrO 作指示剂
3 2 4
D．用HO 溶液滴定KI溶液，淀粉作指示剂
2 2
【答案】D
【解析】A项，铁离子与碘离子反应，生成亚铁离子和碘单质，KSCN溶液遇铁离子显红色，当溶液
显红色时，说明碘离子反应完全，达到滴定终点，正确；B项，淀粉遇碘单质显蓝色，当溶液显蓝色时，
说明亚硫酸根离子已经被碘单质充分氧化，碘单质剩余，达到滴定终点，正确；C项，Ag CrO 是砖红色
2 4
沉淀，当溶液中有砖红色沉淀时，待测液中的氯离子被充分沉淀，银离子剩余，正确；D项，待测液中的
碘离子被双氧水氧化生成碘单质，淀粉显蓝色，即开始滴定就出现蓝色，蓝色加深，碘离子反应完全时，
蓝色不再加深，但是不易观察，不能判断滴定终点，错误。
4．室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L−1盐酸中滴加0.1000 mol·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶
液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是( )A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
B．用移液管量取20.00 mL 0.1000 mol·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗
C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH
溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂
D．V(NaOH)=10．00 mL 时，pH约为1．5
【答案】C
【解析】A项，根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选
择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；B项，移液管水洗后需用待取液润洗，
这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的指示范围是3．1～4．4，甲基红的指
示范围是4．4～6．2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该
使用甲基红，C错误；D项，V(NaOH)=10．00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液
为酸性，溶液中c(H+)= = mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1．5，D正
确；故选C。
5．(2018·全国Ⅲ)用0.100 mol·L－1 AgNO 滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。
3
下列有关描述错误的是( )
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0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO 溶液的体积为＝20.0 mL。A对：
3
由题图可知，当AgNO 溶液的体积为50.0 mL时，溶液中的c(Cl－)略小于10－8 mol·L－1，此时混合溶液中
3
c(Ag＋)＝＝2．5×10－2 mol·L－1，故K ＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈2．5×10－2×10－8＝2．5×10－10。B对：因反应过程中
sp
有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq), 故曲线上的各点均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝
K (AgCl)。D对：相同实验条件下，沉淀相同量的 Cl－和Br－消耗的AgNO 的量相同，由于K (AgBr)＜
sp 3 sp
K (AgCl)，当滴加相等量的Ag＋时，溶液中c(Br－)＜c(Cl－)，故反应终点c向b方向移动。
sp
6．过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。
Ⅰ.过氧化氢性质探究实验(1)酸性条件下HO 可将Fe2＋转化成Fe3＋，由此说明HO 具有________性。
2 2 2 2
(2)已知HO 是一种二元弱酸，其中K ＝2．20×10－12、K ＝1．05×10－25，则HO 的电离方程式为
2 2 a1 a2 2 2
____________________________，常温下，1 mol·L－1的HO 溶液的pH约为________。
2 2
Ⅱ.过氧化氢含量的测定实验
某兴趣小组同学用0.100 0 mol·L－1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为
2MnO＋5HO＋6H＋===2Mn2＋＋8HO＋5O↑。
2 2 2 2
(3)滴定达到终点的现象是____________________________________。
(4)用移液管移取25．00 mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体
积如表所示：
第一次 第二次 第三次 第四次
V(KMnO 溶液)/mL 17．10 18．10 18．00 17．90
4
计算试样中过氧化氢的浓度为________mol·L－1。
(5)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不
变”)。
【答案】Ⅰ.(1)氧化 (2)H O H＋＋HO、HO H＋＋O 5．8
2 2
Ⅱ.(3)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色
(4)0.180 0 (5)偏高
【解析】Ⅰ.(1)酸性条件下，HO 可将Fe2＋氧化为Fe3＋，体现了过氧化氢的氧化性。(2)过氧化氢属于
2 2
二元弱酸，分步电离，其电离的方程式为HOH＋＋HO、HOH＋＋O；又K ＝2．20×10－12，K ＝
2 2 a1 a2
1．05×10－25，K K ，以第一步电离为主，则K ＝＝＝2．20×10－12，所以c(H＋)≈1．48×10－6 mol·L－1，
a1 a2 a1
即pH≈5．8。Ⅱ.(3)滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色。
≫
(4)由于第一次数据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值18．00 mL，根据反应2MnO＋5HO ＋6H＋
2 2
===2Mn2＋＋8HO＋5O↑，n(H O)＝2．5×n(MnO)＝2．5×0.100 0 mol·L－1×0.018 L，c(H O)＝ mol·L－1＝
2 2 2 2 2 2
0.180 0 mol·L－1。(5)滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致消耗的标准液体积偏大，则测定结果偏高。
核心考点五 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) ↓
泡沫灭火器原理 3 2 4 3 3
＋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↑＋
化肥的使用 3 2
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
4
溶液中，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
3 2
解互相抑制，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
－)。
考法一 盐类水解的原理
【典例1】25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO 与NaCO 溶液中，下列判断不正确的是( )
3 2 3
A.均存在电离平衡和水解平衡 B.存在的粒子种类相同
C.c(OH－)前者大于后者 D.分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
【解析】NaHCO 、NaCO 均属于强碱弱酸盐，都存在水解平衡，同时还存在HO的电离平衡，A项
3 2 3 2
正确；NaCO 、NaHCO 溶液中都含有Na＋、CO、HCO、HCO 、H＋、OH－、HO，它们存在的粒子种类
2 3 3 2 3 2
相同，B项正确；CO的水解能力大于HCO的，故NaCO 溶液中的c(OH－)大于NaHCO 溶液，C项错误；
2 3 3
NaHCO 溶液中加入NaOH时，HCO与OH－反应导致c(CO)增大；NaCO 溶液中加入NaOH时，OH－抑制
3 2 3
了CO的水解，导致c(CO)增大，D项正确。
【答案】C
考法二 影响盐类水解的因素
【典例2】在一定条件下，NaCO 溶液存在水解平衡：CO＋HO HCO＋OH－。下列说法正确的
2 3 2
是( )
A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO，平衡向正反应方向移动
2
C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【解析】水解平衡常数只受温度的影响，A错误；通入的CO 与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，
2
B正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，C错误；加入NaOH固体，溶液的
pH增大，D错误。
【答案】B
考法三 盐类水解的应用
【典例3】(2019•年4月浙江选考)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的 c(H+)或弱碱的 c(OH-)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱
的水解
【解析】对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A 项正确；由于高温高压液态水中，
c(H+)和 c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强， 反应速率加快，B
项正确；油脂在酸性(H+做催化剂)条件下水解，高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且
产生的酸进一步催化水解，C 项正确；高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解
成相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同 c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和
油脂的互溶以及提高水中 H+浓度的方式，促进油脂的水解，D 项不正确。
【答案】D
考法四 混合溶液中粒子浓度关系
【典例4】(2020•江苏卷)(双选)室温下，将两种浓度均为0.1mol·L-1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．NaHCO -Na CO 混合溶液(pH=10．30)：NaHCO 溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO2-)＞c(OH－)
3 2 3 3 3
B．氨水-NH Cl混合溶液(pH=9．25)：c(NH)+ c(H＋)= c(NH ∙HO)+c(OH－)
4 3 2
C．CHCOOH - CHCOONa混合溶液(pH=4．76)：c(Na＋)＞c(CHCOOH)＞c(CHCOO−)＞c(H+)
3 3 3 3
D．HC O-NaHC O 混合溶液(pH=1．68，HC O 为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H C O)= c(Na＋)+c(OH—)＋
2 2 4 2 4 2 2 4 2 2 4
c(C O)
2
【解析】A项，NaHCO 水溶液呈碱性，说明HCO -的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO 和
3 3 3
NaCO 水解关系为：CO2-＞HCO -，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)＞c(CO2-)，CO2-和HCO -水解程
2 3 3 3 3 3 3
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，则混合溶
3 2 3
液中微粒浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO2-)＞c(OH－)，故A正确；B项，该混合溶液中电荷守恒
3
为：c(NH)+ c(H＋)= c(Cl−)+c(OH－)，物料守恒为：c(CHCOOH)+c(NH)=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：
3
c(NH)+2c(H＋)= c(NH ∙HO)+2c(OH－)，故B错误；C项，若不考虑溶液中相关微粒行为，则
3 2
c(CHCOOH)=c(CHCOO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CHCOOH电离程度大于CHCOONa水解程度，
3 3 3 3
则溶液中微粒浓度关系为：c(CHCOO-)>c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)，故C错误；D项，该混合溶液中物料
3 3
守恒为：2c(Na＋)=c(H C O)＋c(HC O-)+c(C O)，电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC O-)
2 2 4 2 4 2 2 4
+2c(C O)，两式相加可得：c(H＋)＋c(H C O)= c(Na＋)+c(OH—)＋c(C O)，故D正确；故选AD。
2 2 2 4 2
【答案】AD
考法五 离子反应图象
【典例5】(2020•新课标Ⅰ卷)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，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V 的变化关系如图所示。[比如
2 NaOH
c(A2-)
A2−的分布系数：δ(A2-)=
]
c(H A)+c(HA-)+c(A2-)
2下列叙述正确的是( )
A．曲线①代表δ(H A)，曲线②代表δ(HA-)
2
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c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)
【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，粒子的分布系数只有1个交点；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约为1，说明HA第
2
一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应
0.1000mol/L×40mL
2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)= =0.1000mol/L。A项，根据分析，曲线①代表
2 2 2 2 2×20.00mL
δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B项，当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好
0.1000mol/L×40mL
完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)=
2 2 2 2 2×20.00mL
=0.1000mol/L，B错误；C项，根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数K=
a
c(A2-)⋅c(H+)
=c(H+)=1×10-2，C正确；D项，用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8．2~10，终点时
c(HA-)
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；故选C。
【答案】C
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
4 3 3 2 3 3 2
物，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
4
溶液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．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是( )
A．pH＞7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CHCOOH溶液中，c(OH−)相等
3
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl−)＝c(NH)
【解析】A项，温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢
氧根离子浓度有关，当c(H+)c(AlO)＋c(OH－)
B 0.01 c(Na＋)>c(AlO)>c(OH－)>c(CO)
C 0.015 c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)
D 0.03 c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】A项，NaAlO 与NaOH的混合溶液，由电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlO)＋c(OH－)，有
2
c(Na＋)c(AlO)，错误；C项，继续通CO ，发生题给反应：
2
2NaAlO ＋CO ＋3HO===2Al(OH) ↓＋NaCO ，当 n(CO)＝0.015 mol，此时为 NaCO 溶液，有
2 2 2 3 2 3 2 2 3
c(CO)>c(HCO)，错误；D项，继续通CO 发生反应：NaCO ＋CO ＋HO===2NaHCO ，当n(CO)＝0.03
2 2 3 2 2 3 2
mol，此时为NaHCO 溶液，因HCO水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，正确。
3
【答案】D
4．(2020•天津卷)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K(HCOOH)＞K(HF)
a a
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c(CHCOO－)＞
3 3 3
c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则K (FeS)＞K (CuS)
sp sp
D．在1 mol∙L−1 Na S溶液中，c(S2−)+c(HS－)+c(H S)=1 mol∙L−1
2 2
【解析】A项，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；B项，相同浓
a a
度的CHCOOH和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
3 3
根浓度，说明溶液中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－)
3
＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C项，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)＞
2 sp
K (CuS)，故C正确；D项，根据溶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
sp 2
物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H S)=1 mol∙L−1，故D正确；故选A。
2
【答案】A
5．(2019•江苏卷)(双选)室温下，反应HCO -+H O HCO+OH−的平衡常数K=2．2×10−8。将
3 2 2 3
NH HCO 溶液和氨水按一定比例混合，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
4 3
温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A． 0.2mol·L−1氨水：c(NH ·H O)>c(NH +)>c(OH−)>c(H+)
3 2 4
B． 0.2mol·L−1NH HCO 溶液(pH>7)：c(NH +)>c(HCO -)>c(H CO)>c(NH ·H O)
4 3 4 3 2 3 3 2
C． 0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH HCO 溶液等体积混合：c(NH +)+c(NH ·H O)=c(H CO)+c(HCO -)
4 3 4 3 2 2 3 3
+c(CO2-)
3
D． 0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH HCO 溶液等体积混合：c(NH ·H O)+c(CO2-)
4 3 3 2 3
+c(OH−)=0.3mol·L−1+c(H CO)+c(H+)
2 3
【解析】A项，NH ∙HO属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH ∙HO NH +
3 2 3 2 4
+OH-，HO H++OH-，所以c(OH-)>c(NH+)，故A错误；B项，NH HCO 溶液显碱性，说明HCO -的
2 4 4 3 3
水解程度大于NH +的水解，所以c(NH +)>c(HCO-)，HCO -水解：HCO - HCO+OH-，NH +水解：
4 4 3 3 3 2 3 4
NH ++H O NH ∙HO+H+，前者水解程度大，则c(HCO)>c(NH∙HO)，故B正确；C项，由物料守恒，
4 2 3 2 2 3 3 2
n(N):n(C)=2:1，则有c(NH +)+c(NH∙HO)=2[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)]，故C错误；D项，由物料守恒，
4 3 2 2 3 3 3
n(N):n(C)=4:1 ， 则 有 c(NH +)+c(NH∙HO)=4[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)]① ； 电 荷 守 恒 有 ： c(NH +)
4 3 2 2 3 3 3 4
+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO 2-)+c(OH-)② ； 结 合 ① ② 消 去 c(NH +) 得 ： c(NH ∙HO)+c(OH-)=c(H+)
3 3 4 3 2
+4c(H CO)+3c(HCO-)+2c(CO 2-)③，0.2mol/LNH HCO 与氨水等体积混合后，c(NH HCO )=0.1mol/L，由碳
2 3 3 3 4 3 4 3
守恒有，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 ∙HO)
2 3 3 3 3 3 2
+c(OH-)+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 ∙HO)+c(OH-)
3 2 3 2 3 3 3 3 2
+c(CO 2-)=c(H+)+3c(H CO)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。
3 2 3
【答案】BD
6．(2019•新课标Ⅰ卷)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸氢钾HA的K =1．1×10−3 ，
2 a1
K =3．9×10−6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的
a2
是( )A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C．b点的混合溶液pH=7
D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【解析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶
液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻
苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加
入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中 Na+和A2—的浓度增大。由图像可
知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量
相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA−转化为A2−，b点导电性强于a点，说明Na+和A2−的导电能力强
于HA−，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻
苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2−在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；D项、
b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，
溶液中c(Na+)和c(K+)相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化
钠的混合溶液，则溶液中c(Na+)＞c(K+)，由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加
入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c(K+)＞c(OH−)，溶液中三者大小顺序为c(Na+)＞c(K+)＞c(OH−)，故D正
确。
【答案】C
7．(2019•浙江4月选考)室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸HA，滴加0.1 mol·L−1 NaOH溶液。已
2
知：HA H+＋HA−，HA− H+＋A2−。下列说法不正确的是( )
2
A．0.1 mol·L−1 HA溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1
2
⇌
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【解析】由于该二元酸 HA，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把 20 mL 0.1 mol·L−1二元酸
2
HA看做 20 mL 0.1 mol·L−1HA-一元弱酸和 0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在 HA微粒。A． 0.1
2 2
mol·L−1HA溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)
2
+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确；B．若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA− H+＋A2−，溶
液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C．当用去NaOH溶液体积
⇌
10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C项正确；
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到NaA溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D项
2
正确。故选B。
【答案】B
8．(2020•浙江 7 月选考)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，下列说法不正确的是( )
3
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 2D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)＜c(Cl−)
【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，
3
完全电离，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
3 3
10mL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-)，
3 2 3 4 3 2 3 3
B正确；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+)=
4 3 4 3
c(NH +)+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-)+
4 4 3
c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH +)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。
4
【答案】D
9．(2019•浙江11月选考)常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓
度为1．000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的
变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是( )
A． 3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍
B． 曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c
C． 当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)
D． 当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大
【解析】A、由图可知，c(HCl)分别为1．000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的
100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，
即a对应的c(NaOH)最大，以此类推，选项B正确；C、当 V(NaOH)＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶
液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)＋c(Na+)＝c(Cl-)+c(OH-)，选项C正确；D、当 V(NaOH)相同
时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c(H+)应该是相同的，选项D不正确。答案选D。
【答案】D
10．(2017·全国卷Ⅰ·13)常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变
2
化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．K (H X)的数量级为10－6
sp 2
B．曲线N表示pH与lg的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)
【解析】HX的电离方程式为HX H＋＋HX－，HX－ H＋＋X2－。当＝＝1时，即横坐标为
2 2
0.0时，Ka ＝c(H＋)，Ka ＝c′(H＋)，因为Ka>Ka ，故c(H＋)>c′(H＋)，即pHc(OH－)，
2
C项正确；电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H－)＋c(HX－)＋2c(X2－)，中性溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)，故
有c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(x2－)，假设c(HX－)＝c(X2－)或c(HX－)>c(X2－)(见C项分析)，则溶液一定呈酸性，
故中性溶液中c(HX－)K >K
HA HB HD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
【解析】三种酸的浓度相等，根据图象，在滴定前 HA溶液的pH最小，酸性最强，HD溶液的pH最
大，酸性最弱，说明HA的电离程度最大，电离常数最大，A项正确；P点溶液中含有等物质的量的NaB
与HB，此时溶液显酸性，说明HB的电离程度大于B－的水解程度，所以c(B－)>c(HB)，由物料守恒：
2c(Na＋)＝c(HB)＋c(B－)知，c(Na＋)介于c(B－)、c(HB)之间，B项正确；每种溶液中均存在电荷守恒：c(Na
＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)，X－代表A－、B－、D－，在pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＝c(X－)，而
pH＝7时，三种酸所消耗的NaOH的物质的量不相等，故三种溶液中c(Na＋)不相等，则c(X－)也不相等，C
项错误；中和百分数为100%的三种溶液，其溶质分别是NaA、NaB、NaD，混合后溶液中的电荷守恒式为：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(D－)＋c(OH－)①，此式中c(Na＋)＝c(Na＋) ＋c(Na＋) ＋c(Na＋) ，
[NaA] [NaB] [NaD]
混合前的三种溶液中存在物料守恒：c(Na＋) ＝c(A－)＋c(HA)，c(Na＋) ＝c(B－)＋c(HB)，c(Na＋) ＝
[NaA] [NaB] [NaD]
c(D－)＋c(HD)，消去①式中的c(Na＋)和c(A－)、c(B－)、c(D－)，得c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H
＋)，D项正确。
【答案】C
核心考点六 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 )＝ c m (A n ＋ )· c n (B m － ) ，式中 Q(A B )＝ c m (A n ＋ )· c n (B m － ) ，式中
表达式 sp m n c m n
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
应用 c sp
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 sp
2．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 溶液中的离子浓度曲线。
4
(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 。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
sp
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QK (AgI)]( )
sp sp
A.原AgNO 溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
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B.图中x点的坐标为(100，6)
C.图中x点表示溶液中Ag＋恰好完全沉淀
D.把0.1 mol·L－1的NaCl换成0.1 mol·L－1 NaI则图像在终点后变为虚线部分
【答案】B
【解析】当氯化钠溶液的体积为0时，pAg＝0，所以硝酸银溶液的浓度是1．0 mol·L－1，A项错误；
pAg＝6时，二者恰好反应，所以氯化钠溶液的体积是100 mL，B项正确；当溶液中离子浓度小于1．0×10
－5 mol·L－1时可以认为沉淀达到完全，而x点溶液中银离子的浓度是1．0×10－6 mol·L－1，所以C项错误；由于碘化银的溶解度小于氯化银的，所以如果换成0.1 mol·L－1 NaI，则图像在终点后变为实线的上方，D
项错误。
8．Cr(Ⅵ)对A体具有致癌、致突变作用。铁氧体法(铁氧体是组成类似于Fe O 的复合氧化物，其中部
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分Fe(Ⅲ)可被Cr(Ⅲ)等所代换)是目前处理Cr(Ⅵ)废水的常见方法之一，其工艺流程如下：
(1)Cr(Ⅵ)包括CrO和Cr O，我国排放标准是每升废水铬元素含量不超过0.5 mg·L－1。
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①转化反应：2CrO＋2H＋ Cr O＋HO的平衡常数表达式K＝________________。
2 2
②取某Cr(Ⅵ)废水(只含CrO)与2．0×1 0－4 mol·L－1 AgNO 溶液等体积混合，有棕红色Ag CrO 沉淀，
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则原废水中六价铬超标________倍以上[已知K (Ag CrO)＝1．0×10－12]。
sp 2 4
(2)铁氧体法处理含Cr O废水的工艺流程中：
2
①“反应槽”中发生反应的离子方程式为_____________________________________。
②在“加热曝气槽”中通入压缩空气的目的是____________________________________。
【答案】 (1)① ②20.8
(2)①Cr O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO
2 2
②将部分Fe(OH) 氧化为Fe(OH) 以形成铁氧体
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【解析】(1)①平衡常数中不写入固体和纯液体，则K＝c(CrO)/[c2(CrO)·c2(H＋)]。②设废水中CrO的浓
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度为x mol·L－1，与AgNO 溶液等体积混合后，CrO的浓度变成 mol·L－1，c(AgNO)＝ mol·L－1＝1．0×10
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－4 mol·L－1，K (Ag CrO)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(1．0×10－4)2×＝1．0×10－12，得x＝2．0×10－4 mol·L－1，Cr含
sp 2 4
量：(2．0×10－4 mol ×52 g·mol－1×1 000 mg/g)/L＝10．4 mg·L－1，超标为：＝20.8倍。(2)①反应槽中，Cr O
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在酸性条件下氧化Fe2＋，生成Fe3＋和Cr3＋，根据Fe和Cr得失电子守恒，用H＋平衡电荷。②反应槽中Fe2
＋是过量的，在“加热曝气槽”中，加入 NaOH 会生成 Fe(OH) ，压入空气，可以将 Fe(OH) 氧化为
2 2
Fe(OH) ，最终可以转化铁氧体中的Fe3＋。
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