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专题10 水溶液中的离子反应与平衡
目 录
实验1 弱电解质的电离
实验2 强酸与强碱的中和滴定
实验3 盐类的水解及其应用
实验4 沉淀的溶解、生成与转化
实验1 弱电解质的电离
1．等浓度的盐酸、醋酸溶液酸性的比较
实验装置
实验原理
Mg+2H+=Mg2++H2↑，Mg+2CH3COOH=Mg2++2CH3COO- +H2↑
实验用品
1.0mol/L 盐酸溶液、1.0mol/L 醋酸溶液、镁条；pH 试纸、小灯泡、导线、电极、烧杯、试
管、胶头滴管。
实验步骤
①测定1.0mol/L 盐酸溶液、1.0mol/L 醋酸溶液的 pH。
②按上述接好电路，测定等体积1.0mol/L 盐酸溶液、1.0mol/L 醋酸溶液导电能力。
③分别取等体积的 1.0mol/L 盐酸溶液和 1.0mol/L 醋酸溶液与等量的镁条反应，观察实验现
象。
实验现象
1.0mol/L
①
盐酸溶液的pH 为0，1.0mol/L 醋酸溶液的pH 为3。
②盐酸溶液的灯泡更亮。
③盐酸溶液中剧烈反应，产生大量气泡，醋酸溶液中缓慢反应，产生少量气泡。
实验结论
①反应的剧烈程度和pH 都有差别，说明两溶液中的H+浓度是不同的。
②盐酸溶液导电能力更强，说明盐酸溶液离子浓度比醋酸溶液浓度大，即HCl 的电离程度大
于 CH3COOH 的电离程度。
③盐酸溶液中的现象更为剧烈，说明盐酸中H+浓度比醋酸中H+浓度大，即 HCl 的电离程度
大于 CH3COOH 的电离程度。
2．醋酸与饱和碳酸溶液酸性比较
1
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实验装
置
实验原理
Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2↑
实验用品
0.1mol/L 醋酸、1mol/L 碳酸钠溶液；铁架台、试管、胶头滴管。
实验步骤
向洁净的试管中分别加入 0.1mol/L 醋酸，然后向试管中加入1mol/L 的碳酸钠溶液，观察实
验现象。
实验现象
醋酸溶液中产生气泡。
实验结论
①醋酸能与碳酸钠溶液反应，放出CO2气体。
②酸性强弱：CH3COOH>H2CO3。
实验说明
为使实验现象更加明显，易于观察，滴加顺序必须为向酸溶液中滴加碳酸钠。
考点1 强、弱电解质的比较
强电解质
弱电解质
定义
在水溶液中完全电离的电解质
在水溶液中部分电离的电解质
化学键种类
离子键、强极性键
极性键
化合物类型
离子化合物，某些具有极性键的共价
化合物
某些具有极性键的共价化合物
电离过程
不可逆，不存在电离平衡
可逆，存在电离平衡
电离程度
完全电离
部分电离
表示方法
用“===”表示
用“
”表示
示例
Na2SO4===2Na＋＋SO
CH3COOH
CH3COO－＋H＋
溶液中溶质微粒
的种类
离子，无强电解质分子
离子和分子
考点2 外界条件对电离平衡影响的四个“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。例如，稀醋酸加水稀释时，溶液中的
c(H＋)减小，c(OH－)增大。
2．电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小。例如，CH3COOH
CH3COO－＋H＋，平衡后，
加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能消除，再次平衡时，
c(CH3COOH)比原平衡时大。
3．电离平衡右移，离子的浓度不一定增大。例如，在CH3COOH 溶液中加水稀释或加少量NaOH 固
2
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体，都会引起平衡右移，但c(H＋)都比原平衡时要小。
4．电离平衡右移，电离程度不一定增大。例如，增大弱电解质的浓度，电离平衡向右移动，弱电解
质的电离程度减小。
变式1 变条件
【例1】在0.1mol/L 的醋酸溶液中，存在平衡：CH3COOH
CH3COO-+H+下列说法正确的是( )
A．加水稀释，中和此溶液所需的0.1mol/LNaOH 溶液的体积增大
B．加入固体碳酸钠，平衡正向移动，c(CH3COOH)减小
C．加入固体醋酸钠，平衡逆向移动，c(H+)、c(CH3COO-)均减小
D．加水稀释，电离程度增大，由CH3COOH 电离出来的n(H+)增大
【答案】BD
【解析】A 项，加水稀释，CH3COOH 的物质的量不变，中和此溶液所需的0.1mol/LNaOH 溶液的体积
不变，A 错误；B 项，加入固体碳酸钠，消耗H+，使平衡向右移动，c(CH3COOH)减小，B 正确；C 项，加
入固体醋酸钠，c(CH3COO-)增大，C 错误；D 项，加水稀释，促进CH3COOH 的电离，由CH3COOH 电离
出来的n(H+)增大，D 正确；故选BD。
【强化训练1-1】一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，
可向盐酸中加入适量的( )
①NaOH(固体) ②H2O ③HCl ④CH3COONa(固体)
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
【答案】D
【解析】由题意可知，要使反应速率减小，而不改变生成H2的量，则要求c(H＋)减小，而n(H＋)不变，
可采取的措施是加水或加CH3COONa 固体。
【强化训练1-2】已知人体体液中存在如下平衡：CO2＋H2O
H2CO3
H＋＋HCO，以此维持
体液pH 的相对稳定。下列说法错误的是( )
A．静脉滴注大量生理盐水时，平衡向左移动
B．如果CO2进入血液，平衡向右移动
C．当强酸性物质进入体液后，平衡向左移动
D．当强碱性物质进入体液后，平衡向右移动
【答案】A
【解析】生理盐水为NaCl 溶液，滴注大量生理盐水，血液被稀释，平衡向右移动，A 项错误；如果
CO2进入血液，CO2浓度增大，平衡向右移动，B 项正确；当强酸性物质进入体液后，氢离子浓度增大使
平衡向左移动，C 项正确；当强碱性物质进入体液后，消耗氢离子，导致氢离子浓度减小，平衡向右移动，
D 项正确。
变式2 变设计
强电解质和弱电解质的证明实验(以证明某酸(HA)为弱酸为例)
3
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实验方法
结论
(1)测0.01 mol·L－1 HA 溶液的pH
pH＝2，HA 为强酸；pH>2，HA 为弱酸
(2)测NaA 溶液的pH
pH＝7，HA 为强酸；pH>7，HA 为弱酸
(3)相同条件下，测相同浓度的HA 和HCl 溶
液的导电性
导电性相同，HA 为强酸；导电性弱于盐酸，HA 为弱酸
(4)往同浓度的HA 和HCl 溶液中投入大小相
同的Zn 粒或CaCO3固体
开始反应速率相同，HA 为强酸；开始反应速率比盐酸
慢，HA 为弱酸
(5)测相同pH 的HA 与HCl 稀释相同倍数前
后的pH 变化
pH 变化倍数相同，HA 为强酸；pH 变化倍数小于盐酸，
HA 为弱酸
【例2】已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，欲证明它是弱电解质，下列操作方法不正确的是( )
A．用物质的量浓度相同的NaCl 溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度
B．用一定浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积、等pH 的盐酸和次磷酸溶液，比较消耗碱液的体积
C．加热滴有酚酞试液的NaH2PO2溶液，溶液颜色变深
D．常温下，稀释0.1 mol·L－1次磷酸溶液至原溶液体积的100 倍，测得pH 在4～5 之间
【答案】A
【解析】NaCl 和NaH2PO2都属于强电解质，所以用物质的量浓度相同的NaCl 溶液和NaH2PO2溶液进
行导电性实验，比较灯泡的亮度，不能证明H3PO2是弱电解质，故A 错误；因盐酸为强酸，若滴定时次磷
酸溶液消耗NaOH 溶液的体积大于等体积、等pH 的盐酸消耗的NaOH 溶液的体积，则说明次磷酸为弱电
解质，B 正确；若次磷酸为弱电解质，则NaH2PO2 溶液呈碱性，加热促进其水解，滴有酚酞试液的
NaH2PO2溶液颜色变深，C 正确；常温下，若次磷酸为一元强酸，则把0.1 mol·L－1次磷酸溶液稀释至原溶
液体积的100 倍，pH 应为3，而现测得pH 在4～5 之间，说明次磷酸没有完全电离，为弱电解质，D 正确。
【强化训练2-1】亚硝酸HNO2的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是( )
A．把pH=2 的亚硝酸溶液稀释100 倍后pH=3.5
B．0.1mol/l 的亚硝酸溶液的pH 约为2
C．NaNO2溶液能使酚酞试液变红
D．100mLlmol/L 的亚硝酸溶液恰好与的100mLlmol/L 的NaOH 溶液完全反应
【答案】D
【解析】A 项，pH=2 的亚硝酸溶液氢离子浓度是0.01mol/l，稀释100 倍后应为0.0001mol/l，而
pH=3.5 说明氢离子浓度比0.0001mol/l 大，因为亚硝酸发生了电离，说明HNO 2是弱电解质，A 不符合题
意；B 项，0.1mol/L 的亚硝酸溶液的pH 约为2，说明亚硝酸部分电离，说明HNO2是弱电解质，B 不符合
题意；C 项，NaNO2溶液能使酚酞试液变红说明亚硝酸钠溶液呈碱性，可以证明亚硝酸根离子可以发生水
解，说明亚硝酸为弱酸，C 不符合题意；D 项，100mLlmol/L 的亚硝酸溶液恰好与100mLlmol/L 的NaOH
溶液完全反应，只能说明HCN 为酸，不能说明其电离的程度，D 符合题意；故选D。
【强化训练2-2】某同学拟用pH 计测定溶液pH 以探究某酸HR 是否为弱电解质。下列说法正确的是(
)
A．25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR 溶液pH＝7，则HR 是弱酸
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B．25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 HR 溶液pH＞2 且pH＜7，则HR 是弱酸
C．25 ℃时，若测得HR 溶液pH＝a，取该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL，测得pH＝b，b
－a＜1，则HR 是弱酸
D．25 ℃时，若测得NaR 溶液pH＝a，取该溶液10.0 mL，升温至50 ℃，测得pH＝b，a＞b，则HR
是弱酸
【答案】B
【解析】A 项，25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR 溶液pH＝7，可知NaR 为强酸强碱盐，则HR 为
强酸，A 错误；B 项，25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 HR 溶液pH＞2 且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01
mol·L－1，所以HR 未完全电离，HR 为弱酸，B 正确；C 项，假设HR 为强酸，取pH＝6 的该溶液10.0
mL，加蒸馏水稀释至100.0 mL 测得此时溶液pH＜7，C 错误；D 项，假设HR 为强酸，则NaR 为强酸强
碱盐，溶液呈中性，升温至50 ℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH 减小，D 错误。
实验2 强酸与强碱的中和滴定
实验装置
实验原理
酸碱滴定曲线是以酸碱中和滴定过程中滴加酸(或碱)的量为横坐标，以溶液 pH 为纵坐标绘
出的一条溶液 pH 随酸(或碱)的滴加量而变化的曲线。它描述了酸碱中和滴定过程中溶液
pH 的变化情况，其中酸碱滴定终点附近的 pH 突变情况(如下滴定曲线图)，对于酸碱滴定中
如何选择合适的酸碱指示剂具有重要意义。
实验用品
蒸馏水、0.1000mol/L 盐酸溶液、0.1000mol/L NaOH 溶液、酚酞指示剂、甲基橙指示剂；pH
计、
锥形瓶、烧杯、酸式和碱式滴定管、滴定管夹、铁架台。
实验步骤
①滴定前的准备工作。滴定管：查漏→水洗→润洗→装液→赶气泡→调液面→记录初始读
数； 锥形瓶：水洗→装液→滴加指示剂。
②滴定。左手控制滴定管，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。酸碱
中和滴定开始时和达到滴定终点之后，测试和记录 pH 的间隔可稍大些，如每加入 5～10mL
酸(或碱)， 测试和记录一次；滴定终点附近，测试和记录 pH 的间隔要小，每滴加一滴测一
次。
③数据处理。
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滴定曲线
实验说明
1．中和滴定的关键
(1)准确测定参加反应的两种溶液的体积。
(2)准确判断中和滴定的终点。
2．指示剂的选择
在酸碱中和滴定时，常选甲基橙和酚酞作指示剂，不能用石蕊试液(因变色范围太大)。
3．操作注意事项
(1)滴速：先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇。
(2)终点：最后一滴恰好使指示剂颜色发生明显的改变且半分钟内不变色，读出V(标)记录。
(3)在滴定过程中，左手控制活塞或玻璃小球，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的
变化。
考点1 滴定前准备
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考点2 中和滴定中指示剂的选择
1．中和反应恰好完全反应的时刻叫滴定终点。为准确判断滴定终点，必须选用变色明显、变色范围
的pH 与终点的pH 相一致的酸碱指示剂。通常选用酚酞或甲基橙，而不选用颜色变化不灵敏的石蕊。
(1)不能用石蕊作指示剂，原因是石蕊溶液变色范围较宽，且在滴定终点时颜色的变化不易区分。
(2)滴定终点溶液为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH 溶液滴定醋酸。
(3)滴定终点溶液为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。
(4)强酸滴定强碱或强碱滴定强酸用甲基橙或酚酞都可以。
2．中和滴定中，酸碱指示剂的用量及颜色变化
滴定种类
选用的指示剂
指示剂用量
滴定终点颜色变化
滴定终点判断标准
强酸滴
定强碱
甲基橙
2～3 滴
黄色→橙色
当指示剂恰好变色
并在半分钟内不恢
复原色时，即认为
达到滴定终点
酚酞
红色→无色
强酸滴
定弱碱
甲基橙
黄色→橙色
强碱滴
定强酸
甲基橙
红色→黄色
酚酞
无色→粉红色
强碱滴
定弱酸
酚酞
无色→粉红色
考点3 误差分析
1．误差分析的方法
依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，得c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要
分析出不正确操作引起V ( 标准
) 的变化，即分析出结果。
2．常见误差分析(以用标准盐酸滴定待测NaOH 溶液为例)
步骤
操作
c(NaOH)
洗涤
未用标准溶液润洗酸式滴定管
偏高
锥形瓶用待测溶液润洗
偏高
未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管
偏低
锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水
无影响
取液
取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束后气泡消失
偏低
滴定
滴定完毕后立即读数，半分钟后颜色又褪去
偏低
滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
偏高
滴定过程中振荡时有液滴溅出
偏低
滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水
无影响
读数
滴定前仰视读数或滴定后俯视读数
偏低
滴定前俯视读数或滴定后仰视读数
偏高
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变式1 变操作
【例1】下列有关滴定操作的说法正确的是( )
A．酸碱中和滴定实验时，滴定管和锥形瓶水洗后都需要用待装液润洗
B．用标准KOH 溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH 中含有NaOH 杂质，则测定结
果偏低
C．可用量筒量取25.00mLNaOH 待测液置于锥形瓶中
D．用盐酸标准液滴定NaOH 待测液时，选择酚酞指示反应终点，误差比甲基橙的大
【答案】B
【解析】A 项，锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测液润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准
液所用体积增加，导致测定结果偏大，A 错误；B 项，等质量的氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾，导致
标准碱液中氢氧根离子浓度过大，使得标准液用量偏小，导致测定结果偏低，B 正确；C 项，不可用量筒
量取25.00mLNaOH 待测液置于锥形瓶，应该使用移液管或碱式滴定管，C 错误；D 项，用盐酸标准液滴
定NaOH 待测液时，由于反应产物为NaCl，滴定终点时溶液呈中性，因此指示剂即可选酚酞，也可以选甲
基橙，D 错误；故选B。
【强化训练1-1】用已知浓度的标准盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液，下列说法正确的是( )
A．达到滴定终点时，H＋与OH－恰好完全反应，pH＝7
B．当接近滴定终点时，极少量的酸会引起溶液的pH 突变
C．石蕊溶液可作为本实验的指示剂
D．若以甲基橙为指示剂，滴定终点的现象是溶液由橙色变为黄色
【答案】B
【解析】滴定过程中，在接近滴定终点时溶液的pH 发生突变，当溶液的pH 突变导致溶液颜色明显变
化时达到滴定终点，所以滴定终点时并非pH＝7。石蕊的变色范围太宽(pH：5～8)且颜色变化不明显，不
能用作中和滴定的指示剂。
【强化训练1-2】用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液以测定其浓度，用酚酞作指示剂，下
列操作不会影响实验精度的是( )
A．滴定实验中配制标准酸液时，所用砝码生锈
B．读数时，开始时平视读数，结束时俯视读数
C．酸式滴定管水洗后未用酸溶液润洗
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后盛入待测NaOH 溶液进行滴定
【答案】D
【解析】配制标准酸液时应用量筒量取一定体积的浓盐酸，不能用托盘天平称量浓盐酸，A 项不符合
题意；开始时平视读数，结束时俯视读数，会导致测定结果偏低，B 项不符合题意；酸式滴定管水洗后未
用酸溶液润洗，使酸溶液的浓度偏低，滴定过程中消耗酸溶液体积偏大，导致测定结果偏大，C 项不符合
题意；用蒸馏水洗净锥形瓶后盛入待测NaOH 溶液进行滴定，由于氢氧化钠的物质的量不变，则消耗酸溶
液的体积不变，操作正确，不会影响实验精度，D 项符合题意。
变式2 变拓展
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1．氧化还原滴定法
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。
试剂：常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等。常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、
维生素C 等。
指示剂：氧化还原滴定法的指示剂有三类：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，滴定终点现象为溶
液由无色变为浅红色。
实例：
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理：2MnO4
-＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。
指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈紫红色，不用另外选择指示剂，当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，
溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。
Na
②
2S2O3溶液滴定碘液
原理：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI。
指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色
说明到达滴定终点。
2．沉淀滴定法
①概念：沉淀滴定法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AgNO3溶液滴定溶液中Cl－的含
量时常以CrO4
2-为指示剂，这是因为AgCl 比Ag2CrO4更难溶。
【例2】．三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]•3H2O(M=491g/mol)是一种感光剂和高效的污水处理剂，
是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，还可以作为一些有机反应的催化剂。测定三草酸合铁酸钾样品(含
少量FeC2O4•2H2O)的纯度，进行如下实验：
步骤1：称取5.000g 三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL 溶液。
步骤2：取25.00mL 溶液，用
酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗12.30mL。
步骤3：另取25.00mL 溶液，加入过量Zn 粉，将
还原成
，过滤，洗涤，将滤液和洗涤液合并。
步骤4：用
酸性KMnO4溶液滴定合并后溶液至终点，测得实验数据：
实验次
数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.10
14.90
2
0.52
14.82
3
0.00
16.66
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4
0.30
14.10
(3)步骤1 中所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外还有 (填仪器名称)。
(4)研究小组制得的K3[Fe(C2O4)3]•3H2O 纯度为 。
【答案】(1)250mL 容量瓶、胶头滴管
(2)98.2%
【解析】(3)配制250mL 三草酸合铁酸钾溶液所需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、250mL
容量瓶、胶头滴管等；
(4)根据8H++MnO4
-+5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O，由题意可知步骤Ⅱ中酸性KMnO4溶液既氧化亚铁离子又
氧化草酸根离子，步骤Ⅲ的目的是将铁离子还原为亚铁离子，然后步骤Ⅳ中酸性KMnO4溶液既氧化亚铁
离子(原有的亚铁离子和铁离子被锌生成的亚铁离子)氧化草酸根离子，根据步骤Ⅱ和步骤Ⅳ的酸性KMnO4
溶液差值即可计算草酸铁中铁离子的物质的量：25.00mL 样品溶液中
n[K3[Fe(C2O4)3]•3H2O]=n(Fe3+)=5Δn(MnO4
-)，因为步骤4 中第3 次实验数据偏差大应该舍去，所以步骤4 中
消耗的酸性高锰酸钾体积为
mL=14.30mL，故25.00mL 样品溶液中
n[K3[Fe(C2O4)3]•3H2O]=n(Fe3+)=5
n(
)=5
=0.001mol，故原样品中含有的
n[K3[Fe(C2O4)3]•3H2O]=0.01mol，故K3[Fe(C2O4)3]•3H2O 纯度为
=98.2%。
【强化训练2-1】H2O2是医药、卫生行业上广泛使用的消毒剂。某课外小组采用滴定法测定某医用消
毒剂中H2O2的浓度。实验步骤如下：
①标准液的配制和标定：称取一定量KMnO4固体溶于水，过滤并取滤液经过一系列操作置于滴定管
中待用，称取某质量的Na2C2O4固体于锥形瓶中，加水溶解，再加H2SO4酸化，滴定至终点，滴定过程中
发生的一个反应为：5H2C2O4+2MnO4
-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。(草酸不稳定，易分解)，根据消耗
KMnO4溶液的体积标定KMnO4的浓度，得出c(KMnO4)=c1mol·L-1。
②H2O2浓度的测定：取待测样品15 mL 稀释至100mL，再取25.00 mL 于锥形瓶中，加H2SO4酸化，
用上述KMnO4标准液滴定至终点，平行滴定3 次，平均消耗KMnO4溶液的体积V1 mL。
回答下列问题：
(1)步骤①酸性高锰酸钾溶液装在 滴定管(填“酸式”或“碱式”)
(2)标定KMnO4标准液时需要控制温度为75℃至85℃，温度不能过低或过高的原因可能是
。
(3)步骤②KMnO4标准液滴定H2O2，直到 ，表示已达到滴定终点。
(4)步骤②下列操作会使待测液双氧水的物质的量浓度偏低的是___________。
A．盛标准液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
B．读取标准液滴定前仰视，滴定后平视
C．盛标准液的滴定管滴定前尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡
D．锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗
(5)该医用消毒剂中H2O2的物质的量浓度为 mol·L-1。
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【答案】(1)酸式
(2)温度过低，反应较慢；温度过高，草酸不稳定，易分解
(3)滴入最后半滴KMnO4溶液后，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色
(4)BC
(5)
【解析】用酸性高锰酸钾溶液滴定H2O2浓度，酸性高锰酸钾需随用随配，配后用草酸标定其浓度；
H2O2与KMnO4反应方程式：5H2O2+2MnO4
-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，可知二者的物质的量关系，根据消耗
酸性高锰酸钾溶液可计算H2O2浓度。(1)步骤①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，装在酸式滴定管。(2)标
定KMnO4标准液时需要控制温度为75℃至85℃，温度不能过低或过高的原因可能是温度过低，反应较慢；
温度过高，草酸不稳定，易分解。(3)步骤②KMnO4标准液滴定H2O2，KMnO4过量时溶液显红色，故直到
滴入最后半滴KMnO4溶液后，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已达到滴定终
点。(4)A 项，盛标准液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，导致标准溶液被稀释，消耗体积偏大，使
待测液双氧水的物质的量浓度偏高，A 不选；B 项，读取标准液滴定前仰视，滴定后平视，导致读取的标
准溶液体积偏小，使待测液双氧水的物质的量浓度偏低，B 选；C 项，盛标准液的滴定管滴定前尖嘴内无
气泡，滴定后尖嘴内有气泡，气泡的体积未计入读数内，使待测液双氧水的物质的量浓度偏低，C 选；D
项，锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗，导致消耗标准溶液偏多，使待测液双氧水的物质的量浓度偏高，
D 不选；故选BC。(5)根据H2O2与KMnO4反应方程式：5H2O2+2MnO4
-+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，有
n(H2O2)=
n(KMnO4)，医用消毒剂中H2O2的物质的量浓度为
。
【强化训练2-2】某学习小组进行了一场真实的“水质检测员”职业体验之旅，测定某水源的高锰酸
盐指数：
步骤Ⅰ：取100mL 水样加入锥形瓶中，加入10.00mL0.0020mol•L-1KMnO4溶液和5.0mlH2SO4溶液，立
刻在沸水浴中加热30 分钟，使高锰酸钾与水体中可氧化物质充分反应，此时溶液仍呈紫红色。
步骤Ⅱ：取下锥形瓶，趁热(保持在70-80℃)加入10.00mL0.0050mol•L-1Na2C2O4标准溶液还原剩余的
KMnO4，溶液呈无色。
步骤Ⅲ：趁热用0.0020mol•L-1KMnO4标准溶液回滴过量的Na2C2O4，数据记录如表：(2MnO4
-+5C2O4
2-
+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)
滴定次数
KMnO4溶液起始读数/mL
KMnO4溶液终点读数/mL
第一次
1.02
4.55
第二次
2.00
5.52
第三次
0.20
3.71
信息：
①高锰酸盐指数，水样中消耗高锰酸钾的量折算为氧化能力相当的O2质量，单位mg/L。
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②H2C2O4受热不稳定，90℃开始逐渐分解。
请回答下列问题：
(1)步骤Ⅲ中盛装KMnO4标准溶液的是仪器 (填“A”或“B”)。
(2)滴定终点的现象是 。
(3)下列说法不正确的是 。
A．步骤Ⅰ中加入H2SO4目的是增强KMnO4的氧化性，可以用盐酸替代
B．步骤Ⅰ反应后若溶液颜色全部褪去，需将水样稀释一定的倍数后再测定
C．步骤Ⅱ和Ⅲ中需要控制反应温度，温度过高会导致测定的高锰酸盐指数偏高
D．滴定时，眼睛要注意观察锥形瓶中滴落点周围颜色变化而不要去看滴定管上的刻度变化
(4)1molKMnO4的氧化能力与 gO2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)，该水样
的的高锰酸盐指数是 mg/L。
【答案】(1)A
(2)溶液由无色变为淡粉红色，且30s 不褪色
(3)AC
(4) 40 11.1232
【解析】用氧化还原滴定法测水样的高锰酸盐指数，先用酸性KMnO4溶液与水样反应，再用Na2C2O4
标准溶液还原剩余的KMnO4，此时溶液中还原性物质是过量的Na2C2O4标准溶液，用KMnO4标准溶液回
滴过量的Na2C2O4，即可求得高锰酸盐指数。(1)KMnO4标准溶液具有强氧化性，步骤Ⅲ中盛装KMnO4标
准溶液的仪器用酸式滴定管，选A。(2)根据分析，该实验用KMnO4标准溶液滴定Na2C2O4，故滴定终点的
现象是溶液由无色变为淡粉红色，且30s 不褪色。(3)A 项，步骤Ⅰ中加入H2SO4目的是增强KMnO4的氧化
性，由于KMnO4的氧化性能氧化氯离子，则不可以用盐酸替代，A 错误；B 项，步骤Ⅰ反应后若溶液颜色
全部褪去，可能水样中还原性物质浓度太大，需将水样稀释一定的倍数后再测定，B 正确；C 项，步骤Ⅱ
和Ⅲ中需要控制反应温度，温度过高使H2C2O4分解，会导致测定的高锰酸盐指数偏低，C 错误；D 项，滴
定时，眼睛要注意观察锥形瓶中滴落点周围颜色变化而不要去看滴定管上的刻度变化，D 正确；故选
AC。(4)1molKMnO4还原为Mn2+转移电子5mol，根据O2~4e-，则与1.25mol 氧气氧化能力相当，质量为
40g；根据表格数据可知，三次实验消耗0.0020mol•L-1KMnO4标准溶液的体积是
，
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根据题意可知，三个步骤总的KMnO4刚好被水样和草酸钠消耗，则100mL 水样消耗KMnO4物质的量为：
13.52mL×0.0020mol•L-1-10.00mL×0.0050mol•L-1×
=7.04×10-6mol，该水样的的高锰酸盐指数是
11.1232mg/L。
实验3 盐类的水解及其应用
1．探究盐溶液酸碱性
实验装置
实验原理
在溶液中盐电离出来的离子(弱碱的阳离子或弱酸的阴离子)结合水电离出的OH－或H＋生成弱
电解质，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液显示酸性、碱性或中性
实验用品
0.1mol·L-1NaCl 、0.1 mol·L －1Na2CO3 、0.1 mol·L －1NH4Cl 、0.1 mol·L －1KNO3 、0.1 mol·L －
1CH3COONa、0.1 mol·L－1(NH4)2SO4、蒸馏水；pH 试纸、试管、玻璃棒、表面皿
实验步骤
取6 支试管，分别加入上述六种溶液，并用pH 试纸测定溶液的pH。
实验现象
盐
NaCl
Na2CO3
NH4Cl
KNO3
CH3COO
Na
(NH4)2SO4
盐溶液的
酸碱性
pH=7
pH>7
pH<7
pH=7
pH>7
pH<7
盐的类型
强酸强碱
盐
弱酸强碱
盐
强酸弱碱
盐
强酸强碱
盐
弱酸强碱
盐
强酸弱碱
盐
实验结论
①强酸强碱盐溶液呈中性。
②弱酸强碱盐溶液呈碱性。
③强酸弱碱盐溶液呈酸性。
实验说明
在可溶性盐溶液中：有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，都弱都水解，谁强显谁性
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2．探究反应条件对 FeCl3水解平衡的影响
考点1 盐类水解规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
盐的类型
实例
是否
水解
水解的离子
溶液的
酸碱性
溶液的pH
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
否
－
中性
pH＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NH4+ 、
Cu
2 ＋
酸性
pH＜7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO
－ 、
CO
3
2-
碱性
pH>7
考点2 实验探究影响FeCl3水解平衡的因素
已知FeCl3发生水解反应的离子方程式：Fe3＋＋3H2O
Fe(OH)3＋3H＋，根据实验操作填写下表：
实验序号
影响因素
实验步骤
实验现象
①
盐的浓度
加入FeCl3固体，再测溶液的pH
溶液颜色变深，pH 变
小
②
溶液的酸碱度
加盐酸后，测溶液的pH
溶液颜色变浅，pH 变
小
③
加入少量NaOH 溶液
产生红褐色沉淀
实验原理
FeCl3(黄色)＋3H2O
Fe(OH)3(红褐色)＋3HCl
实验用品
FeCl3溶液、FeCl3 晶体、HCl 气体、NaHCO3固体；pH 计、试管、胶体滴管、酒精灯。
实验步骤
向FeCl3 溶液中加入少量
FeCl3 晶体，看溶液颜色变
化，并用pH 计测其pH 变
化。
向FeCl3 溶液中通
入少量HCl 气体，
看溶液颜色变化。
向 FeCl3溶液中加入少量
NaHCO3 固体，观察现
象。
将FeCl3 溶液加
热，看溶液颜色
变化。
实验现象
溶液颜色变深，pH 减小。
溶液颜色变浅。
产生红褐色沉淀，无色气
体。
溶液颜色变深。
实验结论
增大反应物浓度或减小生成物浓度或升高温度，水解平衡向右移动；增大生成物浓度，水解
平衡向左移动。
实验说明
(1)主要因素——盐本身的性质
相同条件下，组成盐的酸根离子对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱，水解程度就越大(越弱越
水解)。
(2)外界因素
①温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，水解程度增大。
②浓度：盐的浓度越小，电解质离子相互碰撞结合成电解质分子的几率越小，水解程度越大。
③酸碱性：向盐溶液中加入H＋，可抑制阳离子水解，促进阴离子水解；向盐溶液中加入OH
－，能抑制阴离子水解，促进阳离子水解。
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④
温度
升高温度
溶液颜色变深，pH 变
小
变式1 变药品
1．内因
主要因素是盐本身的性质，组成盐的酸根离子对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱，水解程度就越大
(越弱越水解)。
2．外因
【例1】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。
【强化训练1-1】一定条件下，CH3COONa 溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-。下列说法正确的是( )
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A．加入少量NaOH 固体，c(CH3COO-)增大
B．加入少量FeCl3固体，c(CH3COO-)增大
C．稀释溶液，溶液的pH 增大
D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】A
【解析】加入少量NaOH 固体，会增大溶液中OH-的浓度，使平衡向左移动，c(CH3COO-)增大，A 项
正确；加入少量FeCl3固体，FeCl3水解显酸性，CH3COONa 水解显碱性，在同一溶液中二者水解相互促进，
c(CH3COO-) 减小，B 项不正确；稀释溶液，c(OH-) 减小，溶液的pH 减小，C 项不正确；若
c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c(CH3COO-)，不符合电荷守恒，D 项不正确。
【强化训练1-2】下列关于FeCl3水解的说法错误的是( )
A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动
B．浓度为5 mol·L-1和0.5 mol·L-1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，前者Fe3+的水解程度小于后者
C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50 ℃和20 ℃时发生水解，50 ℃时Fe3+的水解程度比20
℃时的小
D．为抑制Fe3+的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
【答案】C
【解析】增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3+水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，
Fe3+水解程度增大，A、B 两项正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C 项错误；Fe3+水
解后溶液呈酸性，增大H+的浓度可抑制Fe3+的水解，D 项正确。
变式2 变考法
利用平衡移动原理解释问题的思维模板
(1)解答此类题的思维过程
①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)
②找出影响平衡的条件
③判断平衡移动的方向
④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系
(2)答题模板
……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。
【例2】按要求回答下列问题。
(1)把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体是 ，原因是 。
(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
(2)分析Mg 可溶解在NH4Cl 溶液中的原因： 。
(3)直接蒸发CuCl2溶液，能否得到CuCl2•2H2O 晶体？如果不能应如何操作？ 。
(4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变为红色，若再向该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是
，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释： 。
【答案】(1) Al2O3 在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2O
Al(OH)3+3HCl，加热时水解
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平衡右移，HCl 挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应2Al(OH)3
Al2O3+3H2O
(2)在NH4Cl 溶液中存在水解平衡：NH4
++H2O
NH3·H2O+H+，加入Mg 粉，Mg 与H+反应放出
H2，使溶液中c(H+)降低，水解平衡右移，使Mg 粉不断溶解
(3)不能。应在HCl 气流中加热蒸发
(4) 产生白色沉淀，且溶液红色褪去 在Na2SO3溶液中存在SO3
2-的水解平衡：SO3
2-+H2O
HSO3
-+OH-，加入BaCl2后，Ba2++SO3
2-=BaSO3↓(白色)，由于c(SO3
2-)减小，SO3
2-水解平衡左移，c(OH-)减小，
溶液红色褪去
【强化训练2-1】向纯碱溶液中滴入酚酞溶液：
(1) 观察到的现象是________________________________________________________ ，原因是
______________________________________(用离子方程式表示)。
若微热溶液，观察到的现象是______________________________________________，由此证明碳酸钠
的水解是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)若向溶液中加入少量氯化铁溶液，观察到的现象是__________________________，反应的离子方程
式是____________________________________________________________。
【答案】(1)溶液变红 CO＋H2O
OH－＋HCO 红色加深 吸热
(2)红色变浅，有红褐色沉淀生成，有气体生成(或气泡冒出) 2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋
3CO2↑
【解析】(1)因Na2CO3水解，溶液显碱性，遇酚酞变红。加热，水解程度变大，碱性更强，红色加深。
(2)加入FeCl3溶液，Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH)3(红褐色沉淀)，促进CO 水解，同时会有CO2气体产
生。
【强化训练2-2】(1)已知SOCl2 是一种液态化合物，沸点为
，遇水剧烈反应，液面上产生白雾，
并有能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体产生。
①写出SOCl2 与水反应的化学方程式： 。
②直接蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2 与AlCl3·6H2O 混合并加热，可得到无水AlCl3，
试解释原因： 。
(2)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程
如图所示：
“保温除铁”过程中，加入CuO 的目的是 ；“蒸发浓缩、
冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是
。
【答案】(1)①SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑ ②SOCl2 与AlCl3·6H2O 中的结晶水反应，一方面消耗水，另
一方面生成酸抑制AlCl3的水解
(2)提升溶液的pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+水解
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【解析】(1)①根据SOCl2 遇水剧烈反应，液面上产生白雾即氯化氢，并有能使品红溶液褪色的刺激
性气味的气体产生即二氧化硫，则SOCl2 与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑；②AlCl3溶
液易水解，AlCl3·6H2O 与SOCl2 混合并加热，SOCl2 与AlCl3·6H2O 中的结晶水作用，生成无水AlCl3、SO2
和HCl 气体，SO2和HCl 溶于水呈酸性抑制AlCl3水解。
(2)置换过程过滤后，得到固体物质是Cu 和Fe，Cu 和Fe 与硝酸反应生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，Fe3+水
解：Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+，加入CuO 的目的是调节pH，促使Fe3+水解，生成氢氧化铁沉淀；
Cu(NO3)2溶液中Cu2+发生水解，Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+，加入硝酸，抑制Cu2+水解。
实验4 沉淀的溶解、生成与转化
1．沉淀的溶解
实验装置
实验原理
氢氧化镁难溶于水，但与酸反应，溶于酸性溶液。NH4C1 水解显酸性，能溶解氢氧
化镁。Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O，Mg(OH)2+2NH4
+=Mg2++2NH3•H2O
实验用品
蒸馏水、盐酸、氯化铵溶液、氢氧化镁固体；试管、胶头滴管
实验步骤
分别向三支试管盛有少量Mg(OH)2固体的试管中分别滴加适量蒸馏水、盐酸和氯化
铵溶液，充分振荡，观察并记录现象
实验现象
氢氧化镁中加入蒸馏水沉淀量无明显减少；氢氧化镁中加入盐酸溶液，沉淀迅速完
全溶解，得无色溶液；氢氧化镁中加入氯化铵溶液，沉淀完全溶解，得无色溶液。
实验结论
氢氧化镁溶于酸和酸性溶液。
实验说明
在含有难溶物氢氧化镁的溶液中存在溶解平衡，加入酸或酸性溶液能促进沉淀的溶
解。加入能与沉淀溶解所产生的离子发生反应的试剂，生成挥发性物质或弱电解质
而使溶解平衡向溶解的方向移动。
2．实验探究沉淀的转化
(1)氯化银、碘化银、硫化银沉淀的转化
实验装置
实验原理
Ag++Cl=AgCl↓，AgCl+I-=AgI+Cl-，2AgI+S2-==Ag2S+2I-
实验用品
0.1mol/LAgNO3 溶液、0.1mol/LNaCl 溶液、0.1mol/LKI 溶液、0.1mol/LNa2S 溶液；
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试管、滴管。
实验步骤
①向盛有2mL0.1mol/LNaCl 溶液的试管中滴加2 滴0.1mol/LAgNO3溶液，观察并记
录现象。
②振荡试管，然后向其中滴加4 滴0.1mol/LKI 溶液，观察并记录现象。
③振荡试管，然后再向其中滴加8 滴0.1mol/LNa2S 溶液，观察并记录现象。
实验现象
①NaCl 溶液和AgNO3溶液混合产生白色沉淀。②向所得固液混合物中滴加KI 溶
液，沉淀颜色逐渐变成黄色。③再向所得固液混合物中滴加Na2S 溶液，沉淀颜色
逐渐变成黑色。
实验结论
①溶解度由大到小的顺序为：AgCl>AgI>Ag2S[或Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，因沉淀类
型不同通常不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)与Ksp(Ag2S)的大小]。②溶解度小的沉淀
会转化成溶解度更小的沉淀，且两者差别越大，转化越容易。
实验说明
利用沉淀的转化探究沉淀的溶解度大小时，与多个沉淀均相关的离子(如Ag+)不能
过量。
(2)氢氧化镁、氢氧化铁沉淀的转化
实验装置
实验原理
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，3Mg(OH)2+2Fe3+=3Mg2++2Fe(OH)3
实验用品
0.1mol/LMgCl2溶液、0.1mol/LFeCl3溶液、2mol/LNaOH 溶液；试管、量筒、胶头滴
管。
实验步骤
(1)向盛有2mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中滴加2〜4 滴2mol/LNaOH 溶液，观察
并记录现象。
(2)向上述试管中滴加4 滴0.1mol/L FeCl3溶液，静置，观察并记录现象。
实验现象
MgCl2溶液中加入NaOH 得到白色沉淀，再加入FeCl3后，沉淀逐渐变为红褐色。
实验结论
①溶解度由大到小的顺序为：Mg(OH)2>Fe(OH)3(因沉淀类型不同通常不能比较两者
Ksp 的大小)。
②溶解度小的沉淀会转化成溶解度更小的沉淀，且两者差别越大，转化越容易。
实验说明
利用沉淀的转化探究沉淀的溶解度大小时，与多个沉淀均相关的离子(如OH-)不能
过量。
考点1 沉淀溶解平衡
1．沉淀转化的实质：沉淀溶解平衡的移动。
(1)NaCl
溶液
AgCl
AgI
Ag2S ，则溶解度：
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AgCl>AgI>Ag2S。
(2)MgCl2溶液
Mg(OH)2
Fe(OH)3，则溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3。
2．沉淀转化的规律
(1)两种沉淀的溶解度不同，一般来说溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，沉淀的溶解度差
别越大，沉淀转化越容易。
(2)当两种沉淀的Ksp 的大小相差不大时，溶解小也可以转化为溶解度稍大的沉淀，通过控制反应条件
也能实现，如BaSO4(Ksp=1.1×10-10)用饱和
Na
2CO3溶液浸泡可部分转化为BaCO3(Ksp=2.58×10-9)。
(3)当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时，生成沉淀所需要试剂离子浓度越小的越先沉淀，如果生成
各种沉淀所需要试剂离子的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离的目的。
考点2 沉淀溶解平衡Ksp曲线
1．典型曲线
①a→c：曲线上变化，增大c(SO)；
②b→c：加入1×10－5 mol·L－1 Na2SO4溶液(加水不行)；
③d→c：加入BaCl2固体(忽略溶液的体积变化)；
④c→a：曲线上变化，增大c(Ba2＋)；
⑤曲线上方的点表示有沉淀生成；曲线下方的点表示不饱和溶液。
2．c(Mn＋)—pH 图像
Fe(OH)3和Cu(OH)2的c—pH 关系如图(温度一定)：
图中曲线为相应金属阳离子氢氧化物的沉淀溶解平衡曲线，可利用图像判断有关氢氧化物的Ksp的大
小以及离子分离方法的选择。
变式1 变试剂
【例1】某小组做如下实验：
实验①：向含0.1mol BaCl2的溶液中滴加1L0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液并充分搅拌。
20
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实验②：向2.33g BaSO4固体中加入1L0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液充分搅拌浸泡。
[已知：常温下，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10，Ksp(BaCO3)=2.5×10－9，H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.5×10-5，
Ka2=4.7×10-11，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法不正确的是( )
A．实验①混合后的溶液中，c(Ba2+)>5×10−5mol⋅L−1>c(CO3
2-)
B．实验①混合后的溶液中c(CO3
2-)＞c(HCO3
-)
C．实验②涉及反应BaSO4+ CO3
2-BaCO3+SO4
2-，K=4.4×10−2
D．实验②中再加入2L0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液，可将BaSO4完全转化为BaCO3
【答案】B
【解析】A 项，实验①混合后反应生成碳酸钡和氯化钠，碳酸钡难溶于水，Ksp(BaCO3)=
c(Ba2+)c(CO3
2-)，当CO3
2-不水解时，c(Ba2+)=c(CO3
2-)=
9
sp
3
(
)
K
BaCO
2.5 10
=5×10−5mol/L，但水中存在
CO3
2-+H2OHCO3
-+OH-，碳酸钡的电离平衡向右移动，故导致，c(Ba2+)>5×10−5mol⋅L−1>c(CO3
2-)，A 正确；
B 项，根据A 项解析，溶液中c(OH-)＜5×10-5mol/L，c(H+)＞2×10-10mol/L，结合Ka2=
2
3
3
H
c
c CO
c HCO
=4.7×10-11，解得
2
3
3
c CO
c HCO
＜0.235，故实验①混合后的溶液中c(CO3
2-)<c(HCO3
-)，B 错误；C 项，实验②涉
及反应BaSO4+ CO3
2-
BaCO3+SO4
2-，K=
2-
2+
2-
4
4
2-
2+
2-
3
3
c(SO )
c(Ba
)c(SO )
=
c(CO )
c(Ba
)c(CO ) =
10
sp
4
9
sp
3
(
)
(
)
K
BaSO
1.1 10
K
BaCO
2.5 10
= 4.4×10−2，C
正确；D 项，实验②中再加入2L0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液，硫酸钡的物质的量为0.01mol，反应生成的硫酸
根的物质的量为0.01mol，需要的碳酸钠的物质的量为xmol，列三段式：
2-
2-
4
3
3
4
1
(s)
(s
BaSO
+
CO (aq)
BaCO
+
SO (aq)
(mol)
0.01
x
0
0
(mol)
0.01
0.01
0.01
0.01
(mol)
0
x-0.01
)
0.01
0.0
起始量
转含量
平衡量
平衡后c(SO4
2-)= 0.01
3
mol/L，c(CO3
2-)= x
0.01
3
mol/L，K=
2-
4
2-
3
c(SO )
0.01
=
c(CO )
x-0.01 =4.4×10−2，解得x=0.24，两
次加入碳酸钠的物质的量为0.3mol，大于0.24mol，故能使BaSO4完全转化为BaCO3，D 正确；故选B。
【强化训练1-1】25 C
时，某小组做如下两组实验：
实验I：往0.10mol·L-1
Na2CO3溶液中通入CO2至pH
7
；
实验Ⅱ：在1.0L0.10mol·L-1
Na2CO3溶液中加入0.01mol BaSO4固体，充分反应。
[已知：25 C
，H2CO3的电离常数
7
11
9
a1
a2
sp
3
K
4.5 10
K
4.7 10
;K
BaCO
2.6 10
、
、
10
sp
4
K
BaSO
1.1 10
。混合后溶液体积变化忽略不计]。下列说法不正确的是( )
A．0.10mol·L-1
Na2CO3溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(CO3
2-)＞c(OH―)＞c(HCO3
-)＞c(H＋)
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B．实验I 结束后，溶液中
2
3
4
3
c
4.7 10
c
CO
HCO
C．实验Ⅱ的转化存在平衡常数：
11
K
260
D．实验Ⅱ中，改用饱和Na2CO3溶液，Na2CO3的平衡转化率减小
【答案】D
【解析】A 项，0.10mol·L-1
Na2CO3溶液中，Na+不水解，Na＋浓度最大，CO3
2-会有小部分发生水解，
生成HCO3
-和OH-，且水电离也会产生OH-，故c(OH―)＞c(HCO3
-)，溶液呈碱性，H+浓度最小，各离子浓
度大小为c(Na＋)＞c(CO3
2-)＞c(OH―)＞c(HCO3
-)＞c(H＋)，A 正确；B 项，Na2CO3溶液呈碱性，通入二氧化
碳至溶液呈中性，溶液存在
2
+
3
11
a2
3
c CO
c H
K
4.7 10
c HCO
，，
2
11
3
4
a2
7
+
3
c CO
K
4.7 10
4.7 10
10
c HCO
c H
，B 正确；C 项，实验Ⅱ发生反应：BaSO4(s)+CO3
2-(aq)
BaCO3(s)+SO4
2-(aq)，平衡常数K=
2-
4
2-
3
c SO
CO
c
=
2-
2+
10
4
4
9
2-
2+
3
3
c SO
Ba
K
BaSO
1.1 10
K
BaCO
2.6 10
CO
Ba
sp
sp
c
c
c
= 11
260
，C 正确；D
项，该反应：BaSO4(s)+CO3
2-(aq)
BaCO3(s)+SO4
2-(aq)可看作气体平衡反应中的等体积类型，增大
Na2CO3溶液浓度，等同于等体积气体反应中的增大压强，平衡不移动，Na2CO3的平衡转化率不变，D 错
误；故选D。
【强化训练1-2】某小组做如下实验：
实验①：向20 mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加
盐酸溶液。
实验②：向2.33gBaSO4固体中加入1L0.1mol·L-1 Na2CO3溶液充分搅拌浸泡
[已知：常温下，
，
的电离常数：
，溶液混合后体积变化忽略不
计]
下列说法不正确的是( )
A．实验①选用酚酞作指示剂时，滴定终点发生反应为CO3
2--+H+ ═HCO3
-
B．实验①中
盐酸
时，存在：
C．实验②中再加入2L0.1mol·L-1 Na2CO3溶液，可将BaSO4完全转化为BaCO3
D．实验②静置，向上层清液中滴加
溶液，会析出CaSO4和CaCO3
【答案】D
【解析】A 项，酚酞为碱变色指示剂，实验①滴定终点生成NaHCO3，发生反应为：CO3
2--+H+
═HCO3
-，A 正确；B 项，实验①中
时，Na2CO3和HCl 等物质的量反应生成等浓度的NaCl
0.1mol / L
10
9
9
sp
4
sp
3
sp
3
K
BaSO
1.1 10
,K
BaCO
2.6 10 ,K
CaCO
3.4 10
7
sp
4
2
3
K
CaSO
4.9 10 ,H CO
7
11
a1
a2
K
4.5 10 ,K
4.7 10
V(
)
20mL
2
3
2
3
3
c Na
c Cl
c HCO
c H CO
c CO
1
2
1mL0.1mol L CaCl
V
20mL
盐酸
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和NaHCO3，由于碳酸氢根离子的电离和水解，溶液中存在关系：
，碳酸氢根
离子的水解平衡常数
＞
，即HCO3
-的水解程度大于其电离程度，则
，因此
，B 正确；C 项，BaSO4 的
物质的量为0.01mol，假设硫酸钡完全转化为碳酸钡，反应生成的硫酸根的物质的量为0.01mol，需要的碳
酸钠的物质的量为xmol，列三段式：
可知反应产生SO4
2-的浓度为
，反应后CO3
2--的浓度为
，该反应的平衡常数
，解得x=0.246mol，两次加入碳酸钠的物质的量为0.3mol，大
于0.246mol，可将BaSO4完全转化为BaCO3，C 正确；D 项，向2.33gBaSO4固体中加入1L0.1mol·L-1
Na2CO3溶液充分搅拌浸泡，设生成SO4
2-的物质的量为x，列三段式：
该反应的平衡常数
，解得x=
，则
，
，加入
溶液后，
mol/L，因
，
，则只会析出CaCO3，不会析出CaSO4，D 错
误；故选D。
变式2 变考法
解答沉淀溶解平衡图像题的三步骤
第一步：明确图像中横、纵坐标的含义
横坐标通常是浓度或pH 或体积，纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度(或离子浓度的负对数)。
第二步：理解图像中线上点、线外点的含义(以氯化银为例)
(1)曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Q＝Ksp。
(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Q>Ksp。
(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Q<Ksp。
3
c Na
c Cl
c HCO
14
8
w
h
7
a1
K
10
K
=
2.2 10
K
4.5 10
a2
K
2
2
3
3
c H CO
c CO
2
3
2
3
3
c Na
c Cl
c HCO
c H CO
c CO
2
2
4
3
3
4
BaSO
s
+
CO
aq
BaCO
s
+
SO
aq
/ mol
0.01
0
0
/ mol
0.01
0.01
0.01
0.01
/ mol
0
0.01
0.01
0.01
x
x
初始
变化
平衡
0.01
/ L
3 mol
0.01 mol/L
3
x
2
4
sp
4
2
sp
3
3
K
BaSO
0.01
1.1
K
0.01
K
BaCO
26
c SO
x
c CO
2
2
4
3
3
4
BaSO
s
+
CO
aq
BaCO
s
+
SO
aq
/ mol
0.01
0.1
0
0
/ mol
/ mol
0.01
0.1
x
x
x
x
x
x
x
x
初始
变化
平衡
sp
4
sp
3
K
BaSO
1.1
K
0.1
K
BaCO
26
x
x
3
4.06 10 mol
2
3
1
4
SO
4.06 10 mol L
c
2
2
1
3
CO
9.6 10 mol L
c
1
2
1mL0.1mol L CaCl
2
3
Ca
0.1 10
c
3
2
6
c
3
sp
3
CaCO
0.1 10
9.6 10
9.6 10
CaCO
Q
K
3
3
7
c
4
sp
4
CaSO
0.1 10
4.06 10
4.06 10
CaSO
Q
K
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第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断
(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：
①原溶液不饱和时，离子浓度都增大；
②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。
【例2】某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液的pH，金属
阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是( )
A．Ksp<Ksp
B．加适量NH4Cl 固体可使溶液由a 点变到b 点
C．c、d 两点代表的溶液中c 与c 乘积相等
D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c 两点代表的溶液中达到饱和
【答案】B
【解析】比较b、c 两点，金属离子的浓度相同，对应的pH 分别为1.3、4.4，即前者c 小，根据Ksp的
计算公式可得Ksp<Ksp，A 正确；加入NH4Cl，NH4Cl 水解，导致溶液的pH 降低，由题图可以看出，c 应增
大，B 错误；Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，C 正确；b、c 两点均在沉淀溶解平衡曲线上，因此
溶液均达到饱和，D 正确。
【强化训练2-1】一定温度下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．加入一定量BaCl2固体，可使溶液由d 点变到b 点
B．加入一定量Na2SO4固体，可使溶液由a 点变到c 点
C．通过蒸发可以使d 点不饱和溶液变为c 点饱和溶液
D．a、c 点溶液对应的Ksp不同
【答案】B
【解析】硫酸钡饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)
Ba2＋(aq)＋SO(aq)。向d 点溶液中加入
氯化钡固体，溶液中的钡离子浓度增大，平衡逆移，溶液中硫酸根离子浓度会减小，b 点、d 点溶液中SO
浓度相同，A 错误；向a 点溶液中加入硫酸钠固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，平衡逆移，钡离子浓度
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减小，溶液可由a 点变到c 点，B 正确；蒸发使硫酸根离子浓度增大，c 点、d 点溶液SO 浓度相同，C 错
误；Ksp只与温度有关，a 点和c 点溶液温度相同，对应BaSO4的溶度积常数相同，D 错误。
【强化训练2-2】金属氢氧化物在酸中的溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到
分离金属离子的目的。难溶金属氢氧化物在不同pH 下的溶解度[S/(mol·L－1)]如图所示。
(1)pH＝3 时溶液中铜元素的主要存在形式是__________________________________。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH 为________(填字母)。
A．<1 B．4 左右 C．>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，______(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH 的方法来
除去，理由是____________________________________________________。
(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水，生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子
方程式：________________________________________________________。
【答案】 (1)Cu2＋
(2)B
(3)不能 Co2＋和Ni2＋沉淀的pH 范围相差太小
(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
【解析】(1)据图知pH＝4～5 时，Cu2＋开始沉淀为Cu(OH)2，因此pH＝3 时，铜元素主要以Cu2＋的形
式存在。
(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3＋，应保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知pH 为4 左右。
(3)Co2＋和Ni2＋沉淀的pH 范围相差太小，无法通过调节溶液pH 的方法除去Ni(NO3)2溶液中的Co2＋。
(4)据已知条件结合原子守恒即可写出离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋
4H2O。
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