2027高考化学一轮复习 学案及练习含答案09-大单元四 化学反应原理-第九章 水溶液中的离子反应与平衡（教用）

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第40讲 弱电解质的电离平衡
课标要求
1.了解强电解质、弱电解质的概念，学会辨析强、弱电解质。2.理解弱电解质在水溶液中存在电离平衡，并掌握弱电解质电离平衡的影响因素。3.理解电离平衡常数的含义，能利用电离平衡常数进行相关的计算。
考点一 弱电解质的电离平衡及影响因素
回归教材 强基础
一、强电解质与弱电解质
【答案】完全； 部分； ⇌
点拨 1.导电能力的强弱和电解质的强弱没有直接关系，强电解质的稀溶液导电能力可能很弱，同理弱电解质的浓溶液导电能力可能较强。
2.判断弱电解质的依据是“不完全电离”。
二、弱电解质的电离平衡
1．弱电解质的电离平衡
（1）电离平衡的建立：在一定条件下，当弱电解质分子电离产生离子的速率和离子结合成分子的速率_ _ _ _ 时,达到电离平衡状态。
（2）弱电解质电离平衡建立过程的v−t图像，如图所示。
【答案】相等
2．电离平衡的特征
【答案】=； ≠
3．电离平衡的影响因素
（1）内因:电解质_ _ _ _ _ _ _ _ 决定电解质电离程度的大小。
（2）外因
①温度：升高温度，弱电解质的电离程度增大。
②浓度：稀释溶液时，弱电解质的电离程度增大。
③加入其他试剂：增大（或减小）弱电解质电离出的某离子的浓度，可抑制（或促进）弱电解质的电离。加入能与弱电解质电离出的离子反应的物质时，电离程度增大。
【答案】本身的性质
4.电解质溶液的导电能力
电解质溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子的浓度和离子所带电荷数，自由移动离子的浓度越大、离子所带电荷数越多，导电能力越强。
5．示例——影响醋酸电离平衡(CH3COOH⇌CH3COO−+H+)的因素
【答案】增大； 向右； 减小； 增大； 向左； 增大； 减小
易错辨析
1．强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物。（ ）
【答案】×
【解析】强酸为强电解质，为共价化合物。
2．H2S的电离方程式为H2SHS−+H+。（ ）
【答案】×
【解析】H2S是弱电解质，其电离方程式主要为H2S⇌HS−+H+。
3．当CH3COOH在水溶液中达到电离平衡时：c平(CH3COOH)=c平(H+)=c平(CH3COO−)。（ ）
【答案】×
【解析】当CH3COOH在水溶液中达到电离平衡时各物质的浓度不再变化，但浓度不相等。
4．向0.1ml⋅L−1HF溶液中加水稀释或加入少量NaF晶体时都会使溶液中c(H+)减小。（ ）
【答案】√
5．对于0.1ml⋅L−1的氨水，加水稀释后，溶液中c(NH4+)⋅c(OH−)变小。（ ）
【答案】√
灵活运用 提能力
考向1 弱电解质的判断
1．（2025·重庆巴蜀中学期中）室温下，下列实验事实不能证明CH3COOH是弱电解质的是（ ）
A. CH3COOH水溶液能使紫色石蕊溶液变为红色
B. 测得0.1ml⋅L−1CH3COOH溶液的pH=2.8
C. 等pH、等体积的盐酸和CH3COOH溶液分别与足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多
D. 将pH=1的CH3COOH溶液稀释至原体积的100倍，测得pH1
③10mL1ml⋅L−1HNO2溶液与10mL1ml⋅L−1NaOH溶液恰好完全反应
④常温下，HNO2溶液中存在的微粒有H+、NO2−、HNO2、OH−、H2O
A. ①④B. ①③C. ②③D. ②④
【答案】D
【解析】①若溶液很稀，导电性实验灯泡一般会很暗，不能说明溶质是弱电解质，不符合题意；②若HNO2是强电解质，完全电离，0.1ml⋅L−1HNO2溶液的pH应为1，而现在pH>1，说明HNO2部分电离，属于弱电解质，符合题意；③NaOH是一元碱，与等浓度、等体积的HNO2溶液恰好完全反应，说明HNO2是一元酸，不能说明溶质是弱电解质，不符合题意；④由HNO2溶液中存在的微粒可知，HNO2溶液中存在电解质分子和离子，即部分电离，说明HNO2是弱电解质，符合题意。综上分析D正确。
总结归纳
判断弱电解质的三个角度（以弱酸HA为例）
1.弱电解质不能完全电离
（1）测定一定浓度的HA 溶液的pH。
（2）HA溶液与同浓度盐酸比较导电能力。
（3）比较锌和同浓度的盐酸、HA溶液反应生成气泡的快慢。
2.弱电解质溶液中存在电离平衡
（1）根据一定pH 的HA 溶液稀释前后pH 的变化判断。
（2）根据升高温度后溶液pH 的变化判断。
（3）根据等体积、等pH 的HA 溶液、盐酸分别与过量的锌反应生成H2 的量判断。
3.弱电解质形成的盐类能水解
（1）如配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中加入几滴酚酞溶液。现象：溶液变为浅红色。
（2）如用干燥、洁净的玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在pH 试纸上，测其pH。结果：pH>7。
考向2 电离平衡的影响因素
3．已知弱电解质在水中达到电离平衡状态时,已电离的电解质分子数占原有电解质分子总数的百分率,称为电离度。在相同温度时,100mL0.01ml⋅L−1CH3COOH溶液与10mL0.1ml⋅L−1CH3COOH溶液相比较,下列数值前者大于后者的是（ ）
A. 中和时所需NaOH的量B. 电离度
C. H+的物质的量浓度D. CH3COOH的物质的量
【答案】B
【解析】100mL0.01ml⋅L−1CH3COOH溶液与10mL0.1ml⋅L−1CH3COOH溶液中溶质的物质的量相等,因此中和时消耗的NaOH的量相等,A错误;CH3COOH为弱电解质,CH3COOH溶液的浓度越大,CH3COOH的电离度越小,故前者的电离度大于后者,B正确;CH3COOH溶液的浓度越大,c(H+)越大,故前者的c(H+)小于后者,C错误;前者的电离度大于后者,故前者溶液中CH3COOH的物质的量小于后者,D错误。
4．（2025·山东青岛期末）已知液氨中存在与水相似的电离平衡：2NH3⇌NH2−+NH4+。T℃下，液氨中NH4+的平衡浓度为1×10−15ml⋅L−1。下列说法正确的是（ ）
A. 液氨中能发生反应：KNH2+NH4ClKCl+2NH3
B. 向液氨中加入NH4Cl，电离平衡逆向移动，c(NH4+)减小
C. 增加NH3，电离平衡正向移动，c(NH2−)增大
D. 仅改变温度，可以使液氨中c(NH2−)Ka2>Ka3>⋯⋯ ,当Ka1_ _ _ _ Ka2时,其酸性主要取决于第一步电离。
（4）意义：相同条件下，K越大，表示该弱电解质_ _ _ _ 电离，所对应的酸性或碱性相对越强。
【答案】弱电解质本身的性质； ≫； 越易
2．电离度
（1）概念：在一定条件下的弱电解质达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分率。
（2）表达式α=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（3）意义：衡量弱电解质的_ _ _ _ _ _ _ _ ，在相同条件下（浓度、温度相同），不同弱电解质的电离度越大，弱电解质的电离程度越大。
（4）影响因素
①相同浓度下，同一弱电解质，升高温度，电离度_ _ _ _ 。
②相同温度下，同一弱电解质，浓度增大，电离度_ _ _ _ 。
【答案】已电离的弱电解质分子数溶液中原有弱电解质分子的总数×100%； 电离程度； 增大； 减小
易错辨析
1．在相同温度下，不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同。（ ）
【答案】×
【解析】温度不变，电离平衡常数不变。
2．相同温度下，Ka(HF)>Ka(CH3COOH)，说明酸性：HF>CH3COOH。（ ）
【答案】√
3．要增大某种弱电解质的电离平衡常数，只能采取升高温度的方法。（ ）
【答案】×
4．H2CO3的电离平衡常数表达式为Ka=c(CO32−)⋅c2(H+)c(H2CO3)。（ ）
【答案】×
【解析】H2CO3为二元弱酸，电离平衡常数Ka1=c(HCO3−)⋅c(H+)c(H2CO3)、Ka2=c(CO32−)⋅c(H+)c(HCO3−)。
5．电离平衡向右移动，弱电解质的电离度一定增大。（ ）
【答案】×
【解析】电离平衡向右移动，弱电解质的电离度不一定增大，如向稀CH3COOH溶液中加入冰醋酸。
6．某一弱电解质，电离度越大，电离常数就越大。（ ）
【答案】×
【解析】相同温度下，向CH3COOH溶液中加入少量水，电离平衡正向移动，电离度增大，但温度不变，电离常数不变。
灵活运用 提能力
考向1 电离平衡常数及应用
1．（2026·河南信阳高级中学开学考）部分弱电解质的电离常数如表所示，下列说法正确的是（ ）
A. 25℃时，反应HCOOH+CN−⇌HCN+HCOO−的化学平衡常数K=2.9×105
B. 中和等体积、等浓度的HCOOH溶液和HCN溶液，消耗NaOH的量前者小于后者
C. 结合H+的能力：CO32−HCOO−，C错误；由题表中数据可知，酸性：H2CO3>HCN>HCO3−，则CN−+H2O+CO2HCN+HCO3−，D错误。
2．（2025·湖南长沙雅礼中学期末）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺流程示意图如图所示。
下列对Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中主要发生反应的离子方程式判断错误的是（ ）
A. Ⅰ中CO32−+2SO2+H2OCO2+2HSO3−
B. Ⅱ中CO32−+2HSO3−CO2↑+H2O+2SO32−
C. Ⅲ中SO32−+SO2+H2O2HSO3−
D. Ⅲ中HCO3−+SO2CO2+HSO3−
【答案】B
【解析】由题表中数据可知，Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3)>Ka2(H2CO3)。Ⅰ中pH=4.1,说明SO2过量，结合Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)可知Ⅰ中反应为CO32−+2SO2+H2OCO2+2HSO3−，A正确；由Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3)>Ka2(H2CO3)可知，Ⅱ中CO32−与HSO3−反应只能生成HCO3−和SO32−,不能生成CO2,离子方程式为CO32−+HSO3−HCO3−+SO32−，B错误；Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3),且Ⅲ中反应得NaHSO3过饱和溶液，则Ⅲ中发生反应SO32−+SO2+H2O2HSO3−、HCO3−+SO2CO2+HSO3−，C、D正确。
总结归纳
有关电离平衡常数的注意事项
1.不同弱电解质电离平衡常数的大小由物质本身的性质决定；同一温度下，不同弱电解质的电离平衡常数不同，K越大，电离程度越大。
2.同一弱电解质在同一温度下改变其浓度时，其电离平衡常数不变。
3.同一弱电解质，其电离平衡常数K 只随温度的变化而变化，升高温度，K增大。
考向2 与电离平衡常数有关的计算
3．次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO−)，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图所示。计算HClO的电离平衡常数Ka=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】10−7.5
【解析】根据题图可知，当pH=7.5时，HClO、ClO−的组成分数相等，即c(HClO)=c(ClO−)，此时HClO的电离平衡常数Ka=c(H+)⋅c(ClO−)c(HClO)=c(H+)=10−7.5。
4．（2024·广东卷·19节选）
（3） 在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸HX(X为A或B)在某非水溶剂中的Ka。
a.选择合适的指示剂HIn,Ka(HIn)=3.6×10−20;其钾盐为KIn。
b.向KIn溶液中加入HX,发生反应：In−+HX⇌X−+HIn。KIn起始的物质的量为n0(KIn),加入HX的物质的量为n(HX),平衡时，测得c平(In−)/c平(HIn)随n(HX)/n0(KIn)的变化曲线如图所示。
已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。
① 计算Ka(HA)。（写出计算过程，结果保留两位有效数字）
② 在该溶剂中，Ka(HB)_ _ _ _ Ka(HA);Ka(HB)_ _ _ _ Ka(HIn)。（填“> ”“< ”或“=”）
【答案】
① 当n(HA)n0(KIn)=1.0时，设平衡时In−的物质的量变化量为aml,列“三段式”：
In−+HA⇌A−+HIn起/mln0n000变/mlaaaa平/mln0−an0−aaa
平衡时，c平(In−)c平(HIn)=3.0,设溶液体积为VL，则n0−aVaV=3.0，解得n0=4a，则K=c(A−)⋅c(HIn)c(HA)⋅c(In−)=c(A−)⋅(HIn)⋅c(H+)c(HA)⋅c(In−)⋅c(H+)=Ka(HA)Ka(HIn)=(aV)2(n0−aV)2=19，解得Ka(HA)=19×3.6×10−20=4.0×10−21。
② >；>
总结归纳
1.已知c(HX) 和c(H+)，求电离平衡常数。
HX⇌H++X−起始：c(HX)00平衡：c(HX)−c(H+)c(H+)c(H+)
K=c2(H+)c(HX)−c(H+)。由于弱酸只有极少一部分电离，c(H+)的数值很小，因此可近似处理为c(HX)−c(H+)≈c(HX)，则K=c2(H+)c(HX)，代入数值求解即可。
2.已知c(HX) 和电离平衡常数，求c(H+)。
HX⇌H++X−起始：c(HX)00平衡：c(HX)−c(H+)c(H+)c(H+)
则K=c2(H+)c(HX)−c(H+)。由于K 很小，c(H+)的数值很小，可近似处理为c(HX)−c(H+)≈c(HX)，则c(H+)=K⋅c(HX)，代入数值求解即可。
考点三 一元强酸（碱）和一元弱酸（碱）的比较
回归教材 强基础
1．相同物质的量浓度、相同体积的一元强酸溶液与一元弱酸溶液的比较
【答案】相同； 大； 小
2．相同pH、相同体积的一元强酸溶液与一元弱酸溶液的比较
（注：一元强碱溶液与一元弱碱溶液的比较规律类比如上）
【答案】相同； 小； 少； 大； 多
3.图像法理解稀释规律
（1）同体积、同浓度的稀盐酸和CH3COOH溶液比较
（2）同体积、同pH的稀盐酸和CH3COOH溶液比较
（3）pH与稀释后溶液体积的线性关系(Va、Vb为稀释前的体积，V为稀释后的体积)
易错辨析
1．等体积、等pH的盐酸和CH3COOH溶液，与足量铁粉反应生成H2的量相同。（ ）
【答案】×
【解析】CH3COOH部分电离，随着与铁粉反应，促进其电离，即等体积、等pH的盐酸和CH3COOH溶液与足量铁粉反应生成H2的量：盐酸c(HCl)，完全中和时，a点对应溶液消耗NaOH的物质的量更多，C错误；溶液的导电能力与溶液中离子的浓度有关，离子浓度：b>c，故导电能力：b>c，D正确。
2．（2025·安徽六安一中月考）浓度均为0.1ml⋅L−1、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lgVV0的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
B. lgVV0=2时，同浓度的NaOH溶液分别中和两种溶液所消耗的体积相同
C. 相同温度下，电离平衡常数K(HX)：a1，说明HX部分电离，是弱酸，HY溶液的pH=1，说明HY完全电离，属于强酸，A错误；稀释过程中溶质的物质的量不变，所以lgVV0=2时，中和HX、HY溶液所消耗NaOH的物质的量相同，B正确；电离平衡常数只与温度有关，即温度相同时，电离平衡常数K(HX)：a=b，C错误；lgVV0=3时，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），弱酸HX存在电离平衡HX⇌H++X−，加热促进HX的电离，则n(X−)增大，n(Y−)不变，两种溶液体积相等，则c(X−)c(Y−)变大，D错误。
高考真题演练
1．（2025·广东卷·12，4分）CuCl微溶于水，但在Cl−浓度较高的溶液中因形成[CuCl2]−和[CuCl3]2−而溶解,将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含[CuCl2]−和[CuCl3]2−的溶液，下列叙述正确的是（ ）
A. 加水稀释，[CuCl3]2−浓度一定下降
B. 向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl2]−浓度一定上升
C. H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2]H++Cu++2Cl−
D. 体系中，c(Cu+)+c(H+)=c(Cl−)+c{[CuCl2]−}+c{[CuCl3]2−}+c(OH−)
【答案】A
【解析】加水稀释，[CuCl2]−+Cl−⇌[CuCl3]2−平衡逆向移动（即向微粒数增加的方向移动），[CuCl3]2−的浓度下降，A正确。加入少量NaCl固体后，溶液中Cl−的浓度增大，[CuCl2]−+Cl−⇌[CuCl3]2−平衡正向移动，[CuCl2]−的浓度下降，B错误。H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2]H++[CuCl2]−，C错误。根据电荷守恒可得c(Cu+)+c(H+)=c(Cl−)+c{[CuCl2]−}+2c{[CuCl3]2−}+c(OH−)，D错误。
2．（2024·山东卷·10，2分）常温下Ag(Ⅰ)−CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag++CH3COO−⇌CH3COOAg(aq)，平衡常数为K。已知初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08ml⋅L−1,所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是（ ）
A. 线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况
B. CH3COOH的电离平衡常数Ka=10−n
C. pH=n时，c(Ag+)=10m−nKml⋅L−1
D. pH=10时，c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08ml⋅L−1
【答案】C
【解析】随着pH的增大，CH3COOH的含量减少，CH3COO−和CH3COOAg的含量增加，故线Ⅰ表示CH3COOH的变化情况；当pH很大时，Ag+和OH−反应生成AgOH，AgOH不稳定会分解为Ag2O，使平衡Ag++CH3COO−⇌CH3COOAg(aq)左移，CH3COO−的含量增加，故线Ⅱ表示CH3COO−的变化情况，线Ⅲ表示CH3COOAg的变化情况。由分析知，线Ⅱ表示CH3COO−的变化情况，A错误；当pH=m时，CH3COOH和CH3COO−的摩尔分数相等，即浓度相等，CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(H+)⋅c(CH3COO−)c(CH3COOH)=c(H+)=10−m，B错误;反应Ag++CH3COO−⇌CH3COOAg(aq)的平衡常数K=c(CH3COOAg)c(Ag+)⋅c(CH3COO−)，则c(Ag+)=c(CH3COOAg)K⋅c(CH3COO−),当pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg),则c(Ag+)=c(CH3COOH)K⋅c(CH3COO−)=c(CH3COOH)⋅c(H+)K⋅c(CH3COO−)⋅c(H+)=c(H+)K⋅Ka=10−nK×10−mml⋅L−1=10m−nKml⋅L−1，C正确；当pH=10时，溶液中c(Ag+)、c(CH3COOAg)几乎为0，Ag元素的主要存在形式为Ag2O，D错误。
3．（2023· 新课标卷·13，6分）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ 与pH的变化关系如图所示。［比如：δ(CH2ClCOO−)=c(CH2ClCOO−)c(CH2ClCOOH)+c(CH2ClCOO−)]
下列叙述正确的是（ ）
A. 曲线M表示δ(CHCl2COO−)∼pH的变化关系
B. 若酸的初始浓度为0.10ml⋅L−1,则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO−)+c(OH−)
C. CH2ClCOOH的电离常数Ka=10−1.3
D. pH=2.08时，电离度α(CH2ClCOOH)电离度α(CHCl2COOH)=
【答案】D
【解析】
Cl的电负性大于H的电负性，则—CHCl2的极性大于—CH2Cl的极性，导致CHCl2COOH的酸性大于CH2ClCOOH的酸性，则相同条件下CHCl2COOH溶液中的δ(CHCl2COO−)大于CH2ClCOOH溶液中的δ(CH2ClCOO−)，则曲线M表示δ(CH2ClCOO−)～pH的变化关系，A错误。由于CH2ClCOOH与CHCl2COOH均为弱酸，当初始浓度为0.10ml⋅L−1时，pH>1，而a点溶液的pH=1，故需外加酸使pH减小，题给关系式中缺少外加酸中阴离子对应的电荷项，B错误。Ka(CH2ClCOOH)=c(CH2ClCOO−)⋅c(H+)c(CH2ClCOOH)，根据图中d点可知，pH=2.8时，c(CH2ClCOOH)=c(CH2ClCOO−)，则Ka(CH2ClCOOH)=c(H+)=10−2.8，C错误。pH=2.08时，电离度α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO−)=0.85，电离度α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO−)=0.15，则CH2ClCOOH与CHCl2COOH的电离度之比为0.15:0.85，D正确。
第41讲 水的电离和溶液的pH
课标要求
1.认识水的电离,了解水的离子积常数KW。2.认识溶液的酸碱性及pH,学会测定溶液pH 的方法。3.了解溶液pH 的调控在工农业生产和科学研究中的应用。
考点一 水的电离与水的离子积常数
回归教材 强基础
1.水的电离
（1）水是极弱的电解质，水的电离方程式为2H2O⇌H3O++OH−，可简写为H2O⇌H++OH−。
（2）水的电离过程吸热。
2．水的离子积常数
【答案】c(H+)⋅c(OH−)； 1×10−14； 不变
3．外界条件对水的电离平衡的影响
（1）升高温度，水的电离程度_ _ _ _ ，KW_ _ _ _ 。
（2）加入酸或碱，水的电离程度_ _ _ _ ，KW_ _ _ _ 。
（3）加入可水解的盐（如FeCl3、Na2CO3），水的电离程度_ _ _ _ ，KW_ _ _ _ 。
【答案】增大； 增大； 减小； 不变； 增大； 不变
点拨1.水的离子积常数显示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，均存在H+ 和OH−，只是相对含量不同。
2.任何情况下，由水电离产生的c(H+) 和c(OH−) 都是相等的。
3.水的离子积常数KW=c(H+)⋅c(OH−)，其实质是水溶液中的H+ 和OH− 浓度的乘积，不一定是由水电离出的H+ 和OH− 浓度的乘积。
易错辨析
1．向水中加入少量硫酸氢钠固体，c(H+)增大，KW不变。（ ）
【答案】√
2．升高温度，若KW增大到10−12，则纯水电离出的c(H+)=10−6ml⋅L−1。（ ）
【答案】√
3．在纯水中加入少量酸，水的电离平衡逆向移动，KW减小。（ ）
【答案】√
【解析】KW的大小与温度有关，加入酸后，不改变温度，KW不变。
4．常温下,pH=5的HCl溶液与pH=5的NH4Cl溶液中水的电离程度相同。（ ）
【答案】×
【解析】常温下,强酸能抑制水的电离，NH4Cl水解能促进水的电离。
5．某温度下，纯水中c(H+)=2.0×10−7ml⋅L−1，则此时c(OH−)=5×10−8ml⋅L−1。（ ）
【答案】×
【解析】纯水中电离出的H+和OH−浓度相等，即c(OH−)=2.0×10−7ml⋅L−1。
6．水的离子积常数表达式KW=c(H+)⋅c(OH−)中，c(H+)、c(OH−)一定是水电离出的。（ ）
【答案】×
【解析】酸溶液中酸可以电离出H+，碱溶液中碱可以电离出OH−，表达式中的c(H+)、c(OH−)是指溶液中离子浓度，不一定是由水电离出来的。
灵活运用 提能力
考向1 影响水的电离平衡的因素
1．（2025·广西玉林期中）25℃时水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH−ΔH>0，下列叙述错误的是（ ）
A. 将水加热，KW增大，pH减小
B. 向水中加入少量硫酸氢钠固体，c(H+)c(OH−)增大
C. 向水中加入少量固体醋酸钠，水的电离程度减小
D. 向水中滴入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，c(H+)降低
【答案】C
【解析】醋酸钠是强碱弱酸盐，其水解促进水的电离，水的电离程度增大，C错误。
2．（2025·四川成都一模）不同温度下，水的电离常数曲线如图所示，曲线上的点都符合c(H+)⋅c(OH−)=常数。下列说法正确的是（ ）
A. 纯水中T1时c(OH−)大于T2时c(OH−)，则水的电离放热
B. 曲线上任意点的溶液均呈中性，且一定是纯水
C. 水的离子积常数KW：D点>C点
D. B点时，将pH=2的稀硫酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性
【答案】D
【解析】水的电离是吸热过程，温度升高，水的离子积常数增大，由题图可知T1>T2。从题图中可知，纯水中c(OH−)：T1>T2，但水的电离是吸热过程，A错误。曲线上的点只有c(H+)=c(OH−)时才呈中性，即使呈中性，也不一定是纯水，因为强酸强碱盐溶液也可呈中性，B错误。水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线温度相同，根据题图知，温度高低顺序是B>C>A=D，所以水的离子积常数KW:C点>D点，C错误；B点时，KW=1×10−12，pH=2的硫酸中c(H+)=0.01ml⋅L−1，pH=11的NaOH溶液中c(OH−)=0.1ml⋅L−1，等体积混合时碱有剩余，溶液显碱性，D正确。
考向2 水电离出的c(H+)或c(OH−)的计算
3．室温下，计算下列溶液中水电离出的c水(H+)或c水(OH−)。
（1） pH=2的盐酸中，c水(H+)=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2） pH=4的亚硫酸溶液中，c水(H+)=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（3） pH=10的KOH溶液中，c水(OH−)=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（4） pH=4的NH4Cl溶液中，c水(H+)=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（5） pH=10的CH3COONa溶液中，c水(OH−)=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】（1） 1×10−12ml⋅L−1
（2） 1×10−10ml⋅L−1
（3） 1×10−10ml⋅L−1
（4） 1×10−4ml⋅L−1
（5） 1×10−4ml⋅L−1
4．（2025·黑龙江哈尔滨期中）某温度下，向c(H+)=1×10−6ml⋅L−1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持溶液温度不变，测得溶液中c(H+)=1×10−3ml⋅L−1。下列对该溶液的叙述错误的是（ ）
A. 该温度高于25℃
B. 由水电离出来的H+的浓度为1×10−11ml⋅L−1
C. 加入NaHSO4晶体抑制水的电离
D. 取该溶液加水稀释至原溶液体积的100倍，溶液中的c(OH−)增大
【答案】B
【解析】题给温度下，蒸馏水中c(H+)=1×10−6ml⋅L−1，则水的离子积常数为1×10−12，据此分析解答。25℃时纯水中c(H+)=1×10−7ml⋅L−1，题给温度下，蒸馏水中c(H+)=1×10−6ml⋅L−1，升温促进水的电离，故题给温度高于25℃，A正确；根据分析可知，该温度下水的离子积常数为1×10−12，现测得溶液中c(H+)=1×10−3ml⋅L−1，则c(OH−)=c水(OH−)=1×10−121×10−3ml⋅L−1=1×10−9ml⋅L−1，由水电离出来的c水(H+)=c水(OH−)=1×10−9ml⋅L−1，B错误；在溶液中NaHSO4电离出的氢离子对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，C正确；温度不变时，KW不变，加水稀释，c(H+)减小，KW=c(H+)⋅c(OH−)，所以c(OH−)增大，D正确。
总结归纳
水电离出的c水(H+)或c水(OH−)的计算方法
1.溶质为酸的溶液：H+来自酸的电离和水的电离，而OH− 只来自水的电离，c水(H+)=c溶液(OH−)=KWc酸(H+)。
2.溶质为碱的溶液：H+全部来自水的电离，OH−来自碱的电离和水的电离，c水(OH−)=c溶液(H+)=KWc碱(OH−)。
3.水解呈酸性的盐溶液：H+或OH− 全部来自水的电离，c水(H+)=c水(OH−)=c溶液(H+)。
4.水解呈碱性的盐溶液：H+或OH− 全部来自水的电离，c水(OH−)=c水(H+)=c溶液(OH−)。
考点二 溶液的酸碱性与pH
回归教材 强基础
1．溶液的酸碱性（常温下）
【答案】>； =； 10−7ml⋅L−1，则该溶液呈酸性。（ ）
【答案】×
【解析】未指明温度，KW未知，仅根据c(H+)无法判断溶液的酸碱性。
2．pH减小，溶液的酸性一定增强。（ ）
【答案】×
【解析】未指明温度是否改变，因此仅根据pH变化无法判断溶液酸性变化。
3．任何温度下,利用H+和OH−浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（ ）
【答案】√
4．2.0×10−7ml⋅L−1的盐酸中c(H+)=2.0×10−7ml⋅L−1。（ ）
【答案】×
【解析】该盐酸的浓度很稀，在计算溶液中c(H+)时，也要考虑水电离出的c水(H+)，即溶液c(H+)>2.0×10−7ml⋅L−1。
5．用pH试纸测定溶液的pH时，pH试纸不能润湿,如果将其润湿，则测定结果一定有误差。（ ）
【答案】×
【解析】如果为中性溶液，pH试纸润湿后，测定结果没有误差。
6．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（ ）
【答案】×
【解析】广泛pH试纸读数为整数。
突破核心 悟规律
1.常温下，已知酸溶液和碱溶液pH之和的溶液等体积混合后溶液酸碱性的分析（两强混合）
（1）若pH之和等于14，则混合后溶液显中性，pH=7。
（2）若pH之和大于14，则混合后溶液显碱性，pH>7。
（3）若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pH7，A错误；pH=3的盐酸和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合，二者恰好完全反应，溶液呈中性，pH=7，B错误；pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=1×10−3ml⋅L−1,pH=11的Ba(OH)2溶液中c(OH−)=1×10−3ml⋅L−1,CH3COOH为弱电解质，反应后CH3COOH过量，溶液呈酸性，即pH7，D错误。
考向2 溶液pH的计算
3．在T℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10−aml⋅L−1，c(OH−)=10−bml⋅L−1，已知a+b=12。向该溶液中逐滴加入pH=c的盐酸(T℃)，测得混合溶液的部分pH如表所示。
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为（ ）
A. 1B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】根据题意，T℃时a+b=12可知，在该温度下水的离子积常数是1×10−12。由①可知，此NaOH溶液的pH=8，c(OH−)=10−4ml⋅L−1。由②可知，加入20.00mL盐酸后溶液的pH=6，此时c(H+)=c(OH−)，恰好完全中和，则盐酸中c(H+)=0.02L×10−4ml⋅L−10.02L=10−4ml⋅L−1，则c=4。
4．（2025·重庆巴南月考）下列说法正确的是（ ）
A. 常温时，某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10−9ml⋅L−1，则该溶液一定显酸性
B. 某温度时水的离子积常数KW=10−13，若将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合（忽略溶液混合引起的体积变化），若所得混合溶液pH=2，则a:b=9:2
C. 一定温度下，pH=a的氨水，稀释至原溶液体积的10倍后，其pH=b，则a=b+1
D. 常温下，相同pH的H2SO4溶液和CH3COOH溶液中和同浓度、同体积的NaOH溶液，消耗酸溶液的体积：H2SO4溶液c(HX)>c(OH−)>c(H+)
C. 点④和点⑤所示溶液中：c(OH−)+c(Y−)=c(H+)+c(Na+)
D. 点②和点③所示溶液中：c(X−)−c(Y−)=c(HY)−c(HX)
【答案】B
【解析】
2．（2025·辽宁抚顺期末）常温下，用0.10ml⋅L−1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.20ml⋅L−1的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。已知：lg2≈0.3，lg3≈0.5。下列说法错误的是（ ）
A. 常温下，0.10ml⋅L−1NaOH溶液中，lgc(OH−)c水(H+)=12
B. 常温下，Ka(CH3COOH)≈2×10−5
C. a→b的过程中，溶液中水的电离程度一直增大
D. 常温下，0.05ml⋅L−1NaCN溶液中，c(Na+)>c(CN−)>c(H+)>c(OH−)
【答案】D
【解析】常温下，0.05ml⋅L−1NaCN溶液，因发生水解反应溶液呈碱性，故c(Na+)>c(CN−)>c(OH−)>c(H+)，D错误。
考点三 酸碱中和滴定的拓展应用
回归教材 强基础
一、氧化还原滴定
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
（1）常用于滴定的氧化剂：KMnO4、K2Cr2O7、I2等。
（2）常用于滴定的还原剂：亚铁盐、草酸、维生素C等。
3.指示剂
（1）氧化还原指示剂。
（2）专用指示剂，如淀粉可用作碘量法的指示剂。
（3）自身指示剂，如KMnO4溶液自身可指示滴定终点。
4．实例
（1） 酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
（2） Na2S2O3溶液滴定碘溶液
【答案】（1） 2MnO4−+6H++5H2C2O410CO2↑+2Mn2++8H2O
（2） 淀粉；蓝色
二、沉淀滴定
1.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−的浓度。
2.指示剂选择：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溶液测定溶液中Cl−的含量时常以CrO42−为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。
3.实例
易错辨析
1．进行滴定实验时，必须另加指示剂。（ ）
【答案】×
【解析】有些氧化还原滴定，滴定剂本身可作指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，高锰酸钾自身作指示剂。
2．在碘量法滴定中可选用淀粉作指示剂。（ ）
【答案】√
3．用标准AgNO3溶液滴定溶液中Cl−含量时，可用K2CrO4溶液作指示剂。（ ）
【答案】√
4．所有的沉淀反应，都可用于滴定分析实验中。（ ）
【答案】×
【解析】沉淀反应很多，仅有部分反应能用于滴定分析实验中。
5．氧化还原滴定时，可用碱式滴定管盛装NaClO溶液。（ ）
【答案】×
【解析】NaClO溶液显碱性，且具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛装，应选用使用聚四氟乙烯活塞的滴定管。
灵活运用 提能力
考向1 直接氧化还原滴定型
1．准确称取0.3000g过氧化钙晶体于锥形瓶中，加入30mL蒸馏水和10mL2.0000ml⋅L−1的H2SO4溶液，用0.0200ml⋅L−1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点。重复上述操作两次。
（1） H2O2和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2） 滴定终点观察到的现象为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（3） 根据表中数据，则晶体中CaO2⋅8H2O的质量分数约为_ _ _ _ _ _ _ _ （保留3位有效数字）。
【答案】（1） 6H++2MnO4−+5H2O22Mn2++5O2↑+8H2O
（2） 当滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色
（3） 82.9%
【解析】
（3） 由题表中数据可知，第2组数据差值过大应舍去，故消耗酸性KMnO4标准溶液的平均体积为23.02mL+23.04mL2=23.03mL，由关系式CaO2⋅8H2O∼H2O2∼25KMnO4可得，CaO2⋅8H2O的质量分数为0.02303L×0.0200ml⋅L−1×52×216g⋅ml−10.3g×100%≈82.9%。
考向2 连续氧化还原反应滴定型
2．（2025·浙江绍兴二模）三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，其纯度测定如图所示（杂质不参与反应）。已知：I2+2S2O32−2I−+S4O64−。下列说法错误的是（ ）
A. 步骤Ⅰ，需用100mL容量瓶进行配制
B. 步骤Ⅲ，发生反应的离子方程式为HCOO−+I2+2OH−2I−+CO32−+H2O+H+
C. 步骤Ⅳ，滴定终点的现象为加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色
D. 三氯乙醛（摩尔质量为Mg⋅ml−1）样品的纯度为(2.5−0.01×V)M×10−2m
【答案】B
【解析】步骤Ⅰ，将样品溶于水配成100mL溶液，需用100mL容量瓶进行配制，A正确；从步骤Ⅰ中配制的溶液中取出10mL溶液加适量的Na2CO3,Na2CO3与CCl3CHO反应生成CHCl3和HCOO−，CO32−与H+不能大量共存，步骤Ⅲ发生反应的离子方程式为HCOO−+I2+3OH−2I−+CO32−+2H2O，B错误；步骤Ⅳ原来溶液中I2和淀粉作用使溶液呈蓝色，当达到滴定终点时，I2被完全消耗，所以蓝色消失，故滴定终点的现象为加入最后半滴Na2S2O3溶液后，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色，C正确；根据多步反应可找到关系式：CCl3CHO∼HCOO−∼I2∼2Na2S2O3，过量的n1(I2)=0.02ml⋅L−1×V×10−3L×12=10−5Vml，则与HCOO−反应的I2的物质的量n2(I2)=25×10−3L×0.1ml⋅L−1−10−5Vml=(2.5−0.01V)×10−3ml，则样品中n(CCl3CHO)=10n2(I2),故三氯乙醛样品的纯度为(2.5−0.01×V)M×10−2m，D正确。
考向3 试剂过量氧化还原滴定型
3．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入V1mLc1ml⋅L−1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2ml⋅L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，到达滴定终点时消耗V2mLK2Cr2O7标准溶液。
回答下列问题：
（1） 滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+NO↑+3Fe3++2H2O、Cr2O72−+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。则气样中NOx折合成NO2的含量为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ mg⋅m−3。
（2） 若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果_ _ _ _ （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1） 23×(c1V1−6c2V2)3V×104
（2） 偏高
【解析】
（1） 根据关系式：Cr2O72−～6Fe2+，求得K2Cr2O7标准溶液消耗n(Fe2+)=6c2V2×10−3ml；则NO3−消耗n(Fe2+)=(c1V1−6c2V2)×10−3ml，根据关系式：3Fe2+～NO3−可得，n(NO3−)=13(c1V1−6c2V2)×10−3ml，n(NOx)=n(NO2)=n(NO3−)=13(c1V1−6c2V2)×10−3ml，VL气样中含m(NO2)=13(c1V1−6c2V2)×46×，所以气样中NO2的含量为13(c1V1−6c2V2)×46××10−3mg⋅m−3=23×(c1V1−6c2V2)3V×104mg⋅m−3。
考向4 沉淀滴定型
4．（2025·广东广州月考）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中的c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a.准确称取4.2468g(0.0250ml)AgNO3基准物后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b.配制并标定100mL0.1000ml⋅L−1NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a.取25.00mL待测NaI溶液于锥形瓶中。
b.加入⋅L−1AgNO3标准溶液（过量），使I−完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.1000ml⋅L−1NH4SCN标准溶液滴定过量的Ag+。
e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
f.数据处理。
回答下列问题：
（1） 将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2） Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒?_ _ _ _ ，说明理由:_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（3） 选择NH4Fe(SO4)2作指示剂而不选择Fe2(SO4)3的理由是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （用离子方程式解释说明）。
（4） 滴定终点的现象：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（5） 测得c(I−)=_ _ _ _ ml⋅L−1。
（6） 若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_ _ _ _ （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1） 250mL容量瓶、胶头滴管
（2） 否；若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点
（3） NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，可抑制Fe3+的水解，防止因Fe3+水解影响滴定终点的判断
（4） 加入最后半滴NH4SCN溶液后，不再产生沉淀，溶液出现红色，且半分钟不褪色
（5） 0.06
（6） 偏高
【解析】
（5） 根据题表中数据，第1组数据偏差较大，舍去不用；第2、3组数据的平均值为10.00mL，根据题目信息可知，n(AgNO3)=n(NaI)+n(NH4SCN)，即25.00×10−3L×0.1000ml⋅L−1=c(NaI)×25.00×10−3L+0.1000ml⋅L−1×10.00×10−3L，c(NaI)=0.06ml⋅L−1，即c(I−)=0.06ml⋅L−1。
（6） 在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则AgNO3标准溶液的浓度偏低，量取的25.00mLAgNO3标准溶液中n(Ag+)偏小，而与I−结合的Ag+的物质的量不变，用0.1000ml⋅L−1NH4SCN标准溶液滴定过量的Ag+时，消耗NH4SCN标准溶液的体积偏小，则I−消耗的AgNO3溶液的体积偏大，导致测定结果偏高。
答题规范5 滴定终点的判断
规范指导
［答题策略］一般从实验原理出发，按操作过程（或方法）、实验现象、实验结论的顺序来表述答案。
［答题策略］当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由×××色变成×××色，且半分钟内溶液的颜色不恢复为原来的颜色，表明到达滴定终点。
解答此类题目注意三个关键点：
（1）最后半滴：必须说明是滴入“最后半滴”×××溶液。
（2）颜色变化：必须说明滴入“最后半滴”×××溶液后溶液“颜色的变化”。
（3）半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复为原来的颜色”。
针对训练
1．用aml⋅L−1的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,用酚酞作指示剂,到达滴定终点的现象是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ;若用甲基橙作指示剂,到达滴定终点的现象是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】当滴入最后半滴标准溶液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复为红色； 当滴入最后半滴标准溶液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为黄色
2．（2025·广东梅州联考）已知：2Na2S2O3+I22NaI+Na2S4O6，用如图所示的流程测定海带中的碘含量。
预测达到滴定终点的实验现象为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复为蓝色
3．（2025·山东烟台二模）精确称取0.1800gTiO2样品置于锥形瓶中，加入热的H2SO4和(NH4)2SO4的混合溶液溶解，冷却，稀释，得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+，加入几滴KSCN溶液，用0.1000ml⋅L−1NH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作3次，消耗NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL（已知：Ti3++Fe3++H2OTiO2++Fe2++2H+）。
该滴定实验达到终点的现象为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】滴入最后半滴NH4Fe(SO4)2溶液后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色
高考真题演练
1．（2025·黑吉辽蒙卷·12，3分）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量（单位为mg⋅L−1）来表示。碱性KMnO4不与Cl−反应，可用于测定含Cl−水样的COD,流程如图。
下列说法错误的是（ ）
A. Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I−+4H+Mn2++I2+2H2O
B. Ⅱ中避光、加盖可抑制I−被O2氧化及I2的挥发
C. Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD值越高
D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl−水样的COD值偏高
【答案】C
【解析】在酸性条件下MnO4−、MnO2被I−还原为Mn2+，I−被氧化为I2，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知,Ⅱ中发生反应的离子方程式为2MnO4−+10I−+16H+2Mn2++5I2+8H2O、MnO2+2I−+4H+Mn2++I2+2H2O，A正确；加盖是防止KI与空气接触，防止I−被O2氧化，避光能防止生成的I2挥发，B正确；分析Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，氧化剂为MnO4−，还原剂为水样中有机物和S2O32−（注意I−在整个过程前后相当于未发生改变），MnO4−得电子数目=水样中有机物失电子数目+S2O32−失电子数目，故Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，说明水样消耗氧化剂MnO4−的量越少，水样的COD值越低，C错误；酸性条件下，Ⅰ中MnO4−会与水样中Cl−发生反应，测得含Cl−水样的COD值偏高，D正确。
2．（2023·山东卷·10，2分）一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROHCH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O2CH3COOH。
③加指示剂并用cml⋅L−1NaOH−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cml⋅L−1NaOH−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。
根据上述实验原理，下列说法正确的是（ ）
A. 可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B. 若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C. 步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D. 步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【解析】乙酸与ROH的酯化反应为可逆反应，无法将ROH完全消耗，且催化剂浓硫酸会干扰滴定实验，A错误。若甲醇挥发，标准溶液浓度变大，滴定实验中V1、V2将等比例减小，则V2−V1偏小，测定结果偏小，B正确。步骤③滴定时，若不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致V1偏小，则V2−V1偏大，测定结果偏大，C错误。步骤④中，若加水量不足，乙酸酐不能完全水解为乙酸，甲醇与剩余乙酸酐反应将导致V2偏小，则V2−V1偏小，测定结果偏小，D错误。
3．（2024·浙江6月选考卷·20，10分）某小组采用如下实验流程制备AlI3:
已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
请回答：
（1） 如图为步骤Ⅰ的实验装置图（夹持仪器和尾气处理装置已省略）,图中仪器A的名称是_ _ _ _ _ _ _ _ ,判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2） 下列做法不正确的是_ _ _ _ 。
A. 步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前除水
B. 步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯（配石棉网）加热
C. 步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜
D. 步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤
（3） 所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（4） 纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I−含量以确定纯度。滴定原理为先用过量AgNO3标准溶液沉淀I−,再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：
① 从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤。
称取产品1.0200g,用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→ （ ）→ 装液、赶气泡、调液面、读数→ 用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→ （ ）→ （ ）→ 加入稀酸B→ 用1.000×10−2ml⋅L−1NH4SCN标准溶液滴定→ （ ）→ 读数。
a.润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b.润洗，从滴定管上口倒出液体
c.滴加指示剂K2CrO4溶液
d.滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液
e.准确移取×10−2ml⋅L−1AgNO3标准溶液加入锥形瓶
f.滴定至溶液呈浅红色
g.滴定至沉淀变白色
② 加入稀酸B的作用是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
③ 三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL,则产品纯度为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。[M(AlI3)=408g⋅ml−1]
【答案】（1） 球形冷凝管；溶液的紫色褪去
（2） BC
（3） 取少量粗产品于试管中，加入淀粉溶液，若溶液变蓝，则说明粗产品中含有碘单质
（4） ① a；e；d；f
② 抑制Fe3+水解
③ 99.20%
【解析】
（1） 由题图知仪器A的名称是球形冷凝管；由题中给出的铝和碘的物质的量可知，反应过程中铝过量，碘单质可溶于正己烷，溶液显紫色，步骤Ⅰ反应结束时碘单质消耗完全，故实验现象为溶液的紫色褪去。
（2） AlI3吸湿性极强，则步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前要除水，A正确；步骤Ⅰ中，将控温加热器改为酒精灯（配石棉网）加热时，不易控制反应温度，B错误；AlI3在空气中受热易被氧化，则步骤Ⅲ应在隔绝空气的条件下进行，C错误；AlI3可溶于热的正己烷，故步骤Ⅳ中使用冷的正己烷洗涤晶体，可减小AlI3的损失，D正确。
（3） 淀粉遇碘单质显蓝色，故取少量粗产品于试管中，加入淀粉溶液，若溶液变蓝，则说明粗产品中含有碘单质。
（4） ① 滴定管检漏、水洗后，应用待装溶液润洗，且从滴定管尖嘴放出液体；将待测溶液加入锥形瓶后，先加入过量的AgNO3标准溶液，再滴加指示剂，指示剂与NH4SCN标准溶液作用有明显现象，故选硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液；用1.00×10−2ml⋅L−1NH4SCN标准溶液滴定过量的Ag+，滴定至溶液呈浅红色，读数。故测定步骤依次补全为a、e、d、f。
② 溶液中含有Fe3+，加入稀酸B调节pH，抑制Fe3+水解。
③ 三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，n(NH4SCN)=2.560×10−2L×1.000×10−2ml⋅L−1=2.560×10−4ml,过量的n(Ag+)=n(NH4SCN)=2.560×10−4ml,n(I−)=2.50×10−2L×4.000×10−2ml⋅L−1−2.560×10−4ml=7.44×10−4ml，250mL溶液中n(AlI3)=13n(I−)×250mL25.00mL=2.48×10−3ml,则产品纯度为2.48×10−3ml×408g⋅ml−11.0200g×100%=99.20%。
第43讲 盐类的水解
课标要求
1.认识盐类水解的原理及一般规律，能够书写盐类水解的反应方程式，能够通过分析、推理等方法认识盐类水解的本质特征。2.认识影响盐类水解的主要因素，能多角度、动态地认识盐类水解平衡。了解盐类水解的实际应用。
考点一 盐类的水解及规律
回归教材 强基础
1．盐类水解的基本概念及特点
【答案】弱电解质； 电离平衡； 增大
2.盐类水解的规律及类型
（1）规律：有弱才水解、无弱不水解、越弱越水解、都弱都水解、越热越水解、越稀越水解、谁强显谁性、同强显中性。
（2）类型
3．盐类水解方程式的书写
（1）一般盐类水解的离子方程式用“⇌ ”连接，且不标注“↑ ”“↓”等状态符号。
如NH4Cl水解的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2）三种类型的盐类水解方程式的书写
①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。
如Na2CO3水解的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
②多元弱碱盐水解：水解的离子方程式一步写完。
如FeCl3水解的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“”连接，标注“↑ ”“↓”等状态符号。
如Na2S溶液与AlCl3溶液混合发生反应的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+； CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−； Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+； 2Al3++3S2−+6H2O2Al(OH)3↓+3H2S↑
4．水解常数(Kh)
【答案】Kh=c(HA)⋅c(OH−)c(A−)； Kh=c(BOH)⋅c(H+)c(B+)； Kh=KWKa； Kh=KWKb
教材挖掘．（人教版选择性必修1第三章第三节）
（1） 阅读教材资料卡片“盐的水解常数”，结合Na2CO3在溶液中存在的水解平衡CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−分析CO32−的逐级水解常数与KW的关系。
（2） 已知：Ka1(H2CO3)=4.5×10−7、Ka2(H2CO3)=4.7×10−11，请结合数据分析NaHCO3溶液呈碱性的原因。
【答案】（1） 由CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−得Kh1=c(HCO3−)⋅c(OH−)c(CO32−)=KWKa2；由HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−得Kh2=c(H2CO3)⋅c(OH−)c(HCO3−)=KWKa1。
（2） NaHCO3溶液中HCO3−既存在电离又存在水解，已知Ka1=4.5×10−7、Ka2=4.7×10−11，所以Kh2=KWKa1≈2.2×10−8>Ka2(H2CO3)，即NaHCO3溶液中以HCO3−的水解为主，故NaHCO3溶液呈碱性。
点拨 对“越弱越水解”的理解。如分析相同浓度的CH3COONa 溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的碱性强弱,由于酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO3−,因此水解程度：CO32−>HCO3−>CH3COO−,故对应盐溶液的碱性:Na2CO3溶液>NaHCO3 溶液>CH3COONa 溶液。
易错辨析
1．盐溶液显酸性还是显碱性，一定是由水解引起的。（ ）
【答案】×
【解析】有些酸式盐如NaHSO4的溶液显酸性是因为电离出H+。
2．盐类的水解是中和反应的逆反应，对水的电离无影响。（ ）
【答案】×
【解析】盐类水解能促进水的电离。
3．（2025·河南卷·5）磷酸二氢钠水解：H2PO4−+H2O⇌H3PO4+OH−。（ ）
【答案】√
4．溶液呈中性的盐一定是强酸和强碱发生反应生成的盐。（ ）
【答案】×
【解析】CH3COONH4溶液显中性，是因为CH3COO−和NH4+的水解程度相同。
5．CuCl2溶液水解的离子方程式：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+。（ ）
【答案】√
6．在1L0.1ml⋅L−1的NH4NO3溶液中，NH4+的数目为0.1NA（设NA为阿伏加德罗常数的值）。（ ）
【答案】×
【解析】NH4+部分水解，即溶液中NH4+数目小于0.1NA。
灵活运用 提能力
考向1 盐类水解的原理及水解方程式的书写
1．（2025·湖南长沙雅礼中学期中）下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是（ ）
A. NH4Cl溶液呈酸性是因为溶液中c(H+)>c(OH−)
B. c(OH−)很小的溶液不可能呈碱性
C. 在CH3COONa溶液中，由水电离出的c(OH−)=c(H+)
D. 由水电离出的H+（或OH−）与盐中的弱酸阴离子（或弱碱阳离子）结合，造成盐溶液呈碱（或酸）性
【答案】B
【解析】若溶液中c(OH−)>c(H+)，则溶液呈碱性，与c(OH−)是否很小无关，B错误。
2．（2025·河北沧州月考）下列能正确表示盐类水解的离子方程式的是（ ）
A. NH4++2D2O⇌NH3⋅HDO+D3O+
B. HC2O4−+H2O⇌C2O42−+H3O+
C. CO32−+2H2O⇌H2CO3+2OH−
D. Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
【答案】A
【解析】HC2O4−水解使溶液呈碱性，其离子方程式为HC2O4−+H2O⇌H2C2O4+OH−，B错误；CO32−水解使溶液呈碱性，且水解分步进行，其离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，C错误；Fe3+水解使溶液显酸性，其离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，D错误。
总结归纳
弱酸的酸式盐溶液的酸碱性判断
弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于弱酸阴离子的电离程度和水解程度的相对大小。
（1）若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如NaHCO3 溶液中：HCO3−⇌H++CO32−（次要），HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−（主要）。
（2）若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3 溶液中：HSO3−⇌H++SO32−（主要），HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−（次要）。
考向2 盐类水解的规律
3．根据表中信息，判断0.10ml⋅L−1的下列各物质的溶液pH最大的是（ ）
A. CH3COONaB. Na2CO3C. NaHCO3D. Na2S
【答案】D
【解析】根据题表中的酸的电离常数可知，酸性：CH3COOH>H2CO3>H2S>HCO3−>HS−，根据“越弱越水解”的规律可知，水解能力：S2−>CO32−>HS−>HCO3−>CH3COO−，故选项中0.10ml⋅L−1的各溶液pH最大的是Na2S溶液，D符合题意。
4．（2025·北京北师大附中月考）现有HX、H2Y和H2Z三种酸，各酸及其盐之间不发生氧化还原反应，它们的电离常数如表所示。
下列说法正确的是（ ）
A. 0.1ml⋅L−1NaX溶液中离子浓度的关系：c(Na+)HY−，由相对强的酸可制相对弱的酸，B正确；由电离常数的大小判断酸性：HZ−>HY−，则Y2−水解程度更大，溶液的pH更大，即溶液的pH：Na2Y>Na2Z，C错误；由电离常数的大小判断酸性：H2YH2Z，D错误。
考向3 水解常数及其应用
5．已知：25℃时，NaCN溶液中CN−的水解常数Kh=c(HCN)⋅c(OH−)c(CN−)≈c2(OH−)c0(NaCN)[c0(NaCN)是NaCN溶液的起始浓度］。25℃时，不断加水稀释1ml⋅L−1的NaCN溶液，测得NaCN溶液浓度的对数值[lgc(NaCN)]与2pOH[pOH=−lgc(OH−)]的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 25℃时，NaCN的Kh的数量级为10−5
B. 其他条件不变，升高温度，可使a点变到b点
C. 25℃时，向a点对应溶液中加入固体NaCN，CN−的水解程度减小
D. 水的电离程度：a点小于c点
【答案】B
【解析】2pOH=−2lgc(OH−)，c2(OH−)=10−2pOH，由题图可知,c0(NaCN)=1ml⋅L−1时，2pOH=4.7，c2(OH−)=10−4.7，则Kh(CN−)≈c2(OH−)c0(NaCN)=10−4.7，Kh的数量级为10−5，A正确；升高温度，有利于CN−的水解平衡正向移动，溶液中c(OH−)增大，2pOH减小，不能使a点变到b点，B错误；加入固体NaCN，c(CN−)变大，促使水解平衡正向移动，但CN−的水解程度减小，C正确；根据pOH=−lgc(OH−)，c点的2pOH小于a点的2pOH，则c点对应溶液中的c(OH−)大于a点，水的电离程度：a点小于c点，D正确。
6．（2026·安徽芜湖一中模拟）常温下，某弱酸HA的电离平衡常数为2×10−5，向20mL0.1ml⋅L−1的NaOH溶液中缓慢滴加相同浓度的HA溶液，混合液中离子浓度随加入HA溶液体积的变化关系如图所示（忽略溶液混合引起的体积变化），下列说法错误的是（ ）
A. 曲线③为A−浓度变化曲线
B. a点：c(Na+)c(ClO−)
D. 25℃时，pH=7的NaClO和HClO混合溶液中存在：c(HClO)HClO，相同温度下，等pH的HCOONa溶液和NaClO溶液中，水解程度：ClO−>HCOO−，则溶液中有c(HCOO−)>c(ClO−)，C正确。25℃时，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(ClO−)，pH=7，c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=c(ClO−)，Ka(HClO)=4.0×10−8，则ClO−的水解平衡常数Kh=2.5×10−7，ClO−的水解程度大于HClO的电离程度，则c(HClO)>c(ClO−)，D错误。
考向2 盐类水解的应用
3．（2025·山东潍坊期中）下列说法与盐类水解无关的是（ ）
A. NH4Cl溶液可用于除铁锈
B. FeCl3溶液腐蚀铜制印刷电路板
C. 草木灰与氨态氮肥不能混合施用
D. 加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
【答案】B
【解析】NH4Cl水解使溶液呈酸性，产生的H+能与铁锈反应，达到除铁锈目的，A不符合题意；FeCl3溶液腐蚀铜制印刷电路板，发生反应2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2，该反应与Fe3+的氧化性有关，与盐类水解无关，B符合题意；草木灰与氨态氮肥混合施用时，CO32−与NH4+发生相互促进的水解反应而降低肥效，C不符合题意；加热能促进CuCl2水解，由于HCl挥发，水解平衡正向移动而得到Cu(OH)2固体，D不符合题意。
4．（2025·江苏南京期末）下列与盐类水解有关的说法中正确的是（ ）
A. 泡沫灭火器的灭火原理：2Al3++3CO32−+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至50℃，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)增大
C. 可溶性铁盐作净水剂的原理：Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+
D. 用TiCl4制备TiO2的反应：TiCl4+(x+2)H2OTiO2⋅xH2O↓+4HCl
【答案】D
【解析】使用泡沫灭火器灭火时，Al3+与HCO3−发生相互促进的水解反应，即Al3++3HCO3−Al(OH)3↓+3CO2↑ ，A错误；升温促进CH3COO−水解，Kh增大，c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh，因此c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)减小，B错误；可溶性铁盐作净水剂时，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，即Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3（胶体）+3H+，C错误；TiCl4水解生成TiO2⋅xH2O和HCl，符合盐类的水解原理，D正确。
高考真题演练
1．（2023·重庆卷·11,3分）(NH4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是（ ）
A. M点KW等于N点KW
B. M点pH大于N点pH
C. N点降温过程中有2个平衡发生移动
D. P点c(H+)+c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(OH−)+2c(SO42−)
【答案】B
【解析】KW与温度有关，M点与N点温度不同，KW不同，A错误；(NH4)2SO4溶液中存在NH4+的水解：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，温度升高促进NH4+的水解，c(H+)增大，且(NH4)2SO4的溶解度也随温度升高而增大，故pH：M点>N点，B正确；N点降温过程中有H2O的电离平衡、NH4+的水解平衡、(NH4)2SO4的沉淀溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；P点溶液为(NH4)2SO4的不饱和溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(OH−)+2c(SO42−)，D错误。
2．（2024·天津卷·12，3分）甲胺(CH3NH2)水溶液中存在以下平衡：
CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH−
已知：25℃时，CH3NH2的Kb=4.2×10−4,NH3⋅H2O的Kb=1.8×10−5。下列说法错误的是（ ）
A. CH3NH2的Kb=c(CH3NH3+)⋅c(OH−)c(CH3NH2)
B. CH3NH2溶液中存在c(H+)+c(CH3NH3+)=c(OH−)
C. 25℃时，0.1ml⋅L−1NH4Cl溶液与0.1ml⋅L−1CH3NH3Cl溶液相比，NH4Cl溶液中的c(H+)小
D. 0.01ml⋅L−1CH3NH2溶液与相同浓度的CH3NH3Cl溶液以任意比例混合，混合液中存在c(CH3NH2)+c(CH3NH3+)=0.01ml⋅L−1
【答案】C
【解析】A项，根据CH3NH2水溶液中存在CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH−，可写出其电离平衡常数表达式Kb=c(CH3NH3+)⋅c(OH−)c(CH3NH2)，正确。B项，CH3NH2溶液中存在电荷守恒,则c(H+)+c(CH3NH3+)=c(OH−)，正确。C项，根据CH3NH2和NH3⋅H2O的电离平衡常数可知碱性:CH3NH2>NH3⋅H2O，相同条件下,碱性越弱,其对应盐酸盐的水解程度越大,溶液的酸性越强,c(H+)越大，则相同温度下,相同浓度的NH4Cl溶液与CH3NH3Cl溶液相比,NH4Cl溶液的酸性较强,c(H+)较大，错误。D项，根据元素守恒,混合液中存在c(CH3NH2)+c(CH3NH3+)=0.01ml⋅L−1，正确。
3．（2025· 黑吉辽蒙卷·15，3分）室温下，将0.1mlAgCl置于0.1ml⋅L−1NH4NO3溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX−pH曲线如图，Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+和Ag++2NH3⇌[Ag(NH3)2]+的平衡常数分别为K1和K2；NH4+的水解常数Kh(NH4+)=10−9.25。下列说法错误的是（ ）
A. Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线
B. D点：c(NH4+)−c(OH−)>0.1−c(H+)
C. K1=103.24
D. C点：c(NH3)=10−3.52ml⋅L−1
【答案】B
【解析】
随溶液pH的增大，溶液中的含氮微粒主要以NH3的形式存在，NH3的浓度逐渐增大，促进Ag+的配位反应正向进行，Ag+的浓度逐渐减小，[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+的浓度逐渐增大，且[Ag(NH3)2]+的起始浓度小于[Ag(NH3)]+的起始浓度，而pH较大、NH3的浓度较大时[Ag(NH3)2]+的浓度大于[Ag(NH3)]+的浓度，故Ⅳ为NH3的变化曲线、Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线、Ⅱ为[Ag(NH3)]+的变化曲线、Ⅰ为Ag+的变化曲线。A项，由图像分析可得，Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线，正确。B项，由题图可知，D点时pH=7.02,c(H+)=10−7.02ml⋅L−1，c(NH3⋅H2O)=c(NH3)=10−3.24ml⋅L−1，Kh(NH4+)=c(H+)⋅c(NH3⋅H2O)c(NH4+)=10−9.25，则c(NH4+)=10−1.01ml⋅L−1，而c(OH−)=KWc(H+)=10−6.98ml⋅L−1，10−1.01−10−6.98c(NH4+) 。多元弱酸的电离是分步进行的，第一步电离的程度远大于第二步电离的程度。如在H2S溶液中H2S、HS−、S2−、H+浓度的大小关系是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2）水解理论：弱电解质离子的水解是微弱的（水解相互促进的情况除外），但由于水的电离，水解后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中c(OH−)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中NH4+、Cl−、NH3⋅H2O、H+浓度的大小关系是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。多元弱酸的弱酸阴离子的水解是分步进行的，一般第一步水解的程度远大于第二步水解的程度，如在Na2CO3溶液中CO32−、HCO3−、H2CO3浓度的大小关系应是c(CO32−)>c(HCO3−)>c(H2CO3) 。
【答案】c(H2S)>c(H+)>c(HS−)>c(S2−)； c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(NH3⋅H2O)
3．单一溶液中粒子浓度的比较
（1）多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H+)>c(H2PO4−)>c(HPO42−)>c(PO43−)。
（2）多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的弱酸阴离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（3）多元弱酸的酸式盐溶液：分析酸式弱酸阴离子电离程度与水解程度的大小。如NaHCO3溶液中HCO3−的水解程度大于其电离程度，则c(Na+)>c(HCO3−)>c(OH−)>c(H2CO3)>c(CO32−)；NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于其水解程度，则_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】c(Na+)>c(CO32−)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(H+)； c(Na+)>c(HSO3−)>c(H+)>c(SO32−)>c(H2SO3)
易错辨析
1．向氯化铵溶液中加水稀释时，c(NH4+)c(Cl−)不变。（ ）
【答案】×
【解析】氯化铵溶液中NH4+水解，Cl−不水解，加水稀释时，c(NH4+)减小的程度大于c(Cl−)减小的程度，c(NH4+)c(Cl−)变小。
2．0.1ml⋅L−1的Na2CO3溶液中，存在关系c(H+)+c(HCO3−)+2c(H2CO3)=c(OH−)。（ ）
【答案】√
3．(NH4)2SO3溶液中：c(H+)>c(OH−)。（ ）
【答案】×
【解析】(NH4)2SO3溶液呈弱碱性，即溶液中c(H+)c(SO32−)>c(H2SO3)>c(HSO3−)
B. 已知NaHSO3溶液的pHc(HSO3−)>c(H2SO3)>c(SO32−)
C. 当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)
D. 当吸收液呈中性时：c(Na+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)
【答案】D
【解析】Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na+)>c(SO32−)>c(HSO3−)>c(H2SO3)，A错误；NaHSO3溶液的pHc(HSO3−)>c(SO32−)>c(H2SO3)，B错误；当吸收液呈酸性时，可能是NaHSO3溶液，溶液中存在如下关系，c(Na+)=c(H2SO3)+c(SO32−)+c(HSO3−)，也可能是NaHSO3和Na2SO3的混合溶液，此时选项中的等式不再适用，C错误；当吸收液呈中性时，c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(SO32−)+c(HSO3−)，故c(Na+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)，D正确。
2．（2025·江苏连云港期中）已知：25℃时,CH3COOH的Ka=1.75×10−5，HClO的Ka=4.0×10−8。下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（ ）
A. K2S溶液中：c(K+)=2c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)
B. K2CO3溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HCO3−)+c(H2CO3)
C. 0.1ml⋅L−1的KHCO3溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)
D. pH相同的①CH3COOK、②KOH、③KClO三种溶液中的c(K+)：②>③>①
【答案】C
【解析】K2S溶液中存在元素守恒：c(K+)=2[c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)]，A错误。K2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH−)=c(H+)+c(HCO3−)+2c(H2CO3)，B错误。KHCO3溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，C正确。pH相同时，KOH是强碱，其浓度最小；由酸性：CH3COOH>HClO，可知KClO水解程度较大，则K+浓度:①>③，综上可知c(K+)：①>③> ②，D错误。
考点二 混合溶液中粒子浓度的关系
回归教材 强基础
1．混合溶液中粒子浓度的比较
混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如在物质的量浓度均为0.1ml⋅L−1的NH4Cl和NH3⋅H2O混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
2．不同溶液中同一粒子浓度的比较
不同溶液要看溶液中其他粒子对该粒子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c(NH4+)的大小顺序为_ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】③>①>②
易错辨析
1．常温下pH=7的NH3⋅H2O和NH4Cl的混合液中：c(Cl−)=c(NH4+)。（ ）
【答案】√
2．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合：c(Cl−)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)。（ ）
【答案】×
【解析】c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)。
3．0.1ml⋅L−1Na2C2O4溶液与0.1ml⋅L−1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)。（ ）
【答案】×
【解析】2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(Na+)+c(H+)。
4．向Na2C2O4溶液中滴加盐酸至pH=7（保持室温），溶液中存在：c(Na+)=2c(C2O42−)+c(HC2O4−)。（ ）
【答案】×
【解析】c(Na+)=2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(Cl−)。
5．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到溶液恰好呈中性：c(Na+)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH−)=c(H+)。（ ）
【答案】√
6．0.1ml⋅L−1Na2A与0.1ml⋅L−1NaHA的混合溶液中存在：2c(OH−)−2c(H+)=c(A2−)+c(HA−)+3c(H2A)。（ ）
【答案】×
【解析】混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，存在元素守恒：3c(HA−)+3c(A2−)+3c(H2A)=2c(Na+)，两式联立得2c(OH−)−2c(H+)=3c(H2A)−c(A2−)+c(HA−)。
灵活运用 提能力
1．（2025·重庆大渡口模拟）已知25℃时二元酸H2A的lgKa1=−1.2，lgKa2=−4.7。下列说法错误的是（ ）
A. 等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者大于后者
B. 在0.1ml⋅L−1的NaHA溶液中，c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)
C. 等物质的量的NaHA、Na2A溶于水，所得溶液pH为4.7
D. 向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=9，则c(A2−)>c(HA−)
【答案】C
【解析】已知酸性：H2A>HA−，盐溶液中弱电解质越弱越水解，水解能力：A2−>HA−，盐类水解促进水的电离，溶液中水的电离程度：Na2A>NaHA，A正确；根据题给数据，HA−的电离常数Ka2(H2A)=10−4.7，水解常数Kh=KWKa1(H2A)=10−1410−1.2=10−12.8< 电离常数Ka2，HA−的电离程度大于其水解程度，所以c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)，B正确；等物质的量的NaHA、Na2A溶于水，若c(HA−)=c(A2−)，根据Ka2计算得pH=4.7，但HA−的电离常数为10−4.7,A2−的水解常数为10−1410−4.7=10−9.31，此时c(A2−)>c(HA−)，D正确。
2．（2025·河北邢台三模）25℃时，用0.1ml⋅L−1NaOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数n(NaOH)n(H2A)与pH、微粒分布分数δ(X)的关系如图所示［已知：δ(X)=n(X)n(H2A)+n(HA−)+n(A2−)，X表示H2A、HA−或A2−]。下列说法错误的是（ ）
A. 25℃时，Ka1(H2A)=1×10−4
B. b点时，溶液中存在c(Na+)>c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)>c(H+)>c(OH−)
C. c点时，溶液中存在c(H+)+c(Na+)=3c(HA−)
D. 水的电离程度：a3c(HA−)，C错误；a点溶液为酸性溶液，抑制水的电离，b点溶液为NaHA溶液，酸性减弱，对水的电离抑制作用减弱，c点溶液为中性盐溶液，对水的电离无影响，d点溶液为Na2A溶液，A2−水解，促进水的电离，故水的电离程度：ac(HS−)
C. 向c(Cd2+)=0.01ml⋅L−1的溶液中加入FeS,可使c(Cd2+)c(Cd2+)
【答案】B
【解析】Na2S溶液中，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HS−)+2c(S2−),A正确；根据S2−+H2O⇌HS−+OH−，K=c(HS−)⋅c(OH−)c(S2−)=KWKa2=10−1410−12.90=10−1.1,c(HS−)c(S2−)=10−1.1c(OH−),Na2S溶液的浓度为0.01ml⋅L−1,c(OH−)1，故c(HS−)>c(S2−)，B错误；Cd2++FeS⇌Fe2++CdS，K=c(Fe2+)c(Cd2+)=Ksp(FeS)Ksp(CdS)=10−17.2010−26.10=108.9>105，该反应可进行完全，平衡时c(Fe2+)=0.01ml⋅L−1，K=c(Fe2+)c(Cd2+)=0.01ml⋅L−1c(Cd2+)=108.9,c(Cd2+)=10−10.9ml⋅L−1105,该反应可进行完全，所得溶液中c(H+)>c(Cd2+),D正确。
2．（2025·湖北卷·14，3分）铜(Ⅰ)、乙腈（简写为L）的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为1.0×10−3ml⋅L−1。下列描述正确的是（ ）
A. Cu++3L⇌[CuL3]+的lgK=0.27
B. 当c(Cu+)=c{[CuL]+}时，c{[CuL2]+}=2.0×10−4ml⋅L−1
C. n从0增加到2，[CuLn]+结合L的能力随之减小
D. 若c{[CuL]+}=c{[CuL3]+},则2c{[CuL2]+}c(M2+)>c(HA−)>c(A2−)，错误。C项，由Ka2(H2A)=c(H+)⋅c(A2−)c(HA−)可得c(A2−)c(HA−)=Ka2(H2A)c(H+)=10−6.810−4.5=10−2.3c(A2−)；由Ka1(H2A)⋅Ka2(H2A)=c2(H+)⋅c(A2−)c(H2A)可得c(A2−)c(H2A)=Ka1(H2A)⋅Ka2(H2A)c2(H+)=10−1.6×10−6.8(10−4.5)2=100.6>1，即c(A2−)>c(H2A)，故pH=4.5时，溶液中c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)，错误。D项，元素守恒式为c(M2+)=c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)，电荷守恒式为c(H+)+2c(M2+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(HA−)+2c(A2−)，联立两式消去c(M2+)，可得c(H+)+c(HA−)+2c(H2A)=c(OH−)+c(Cl−)，pH=6.8时，c(HA−)c(H2A)=Ka1(H2A)c(H+)=10−1.610−6.8=105.2>1，即c(HA−)>c(H2A)，故c(H+)+2c(HA−)+c(H2A)>c(H+)+c(HA−)+2c(H2A)=c(OH−)+c(Cl−)，错误。
3．H3RO3为三元弱酸，在H3RO3溶液中存在多种微粒形态。将NaOH溶液滴入1ml⋅L−1H3RO3溶液中，各种含R微粒的分布分数δ 随pH变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. H3RO3的Ka1=10−8.51
B. 当pH由11调节至12时发生反应的离子方程式为H3RO3+OH−H2RO3−+H2O
C. pH=12.8时，溶液中2c(HRO32−)+4c(RO33−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)
D. pH=14时，溶液中c(RO33−)>c(HRO32−)>c(H2RO3−)>c(OH−)
【答案】C
【解析】因为H3RO3为三元弱酸，电离过程分步进行，则题图中曲线a、b、c、d分别表示H3RO3、H2RO3−、HRO32−、RO33−的分布分数随pH变化的曲线。题图中pH=9.22时，c(H3RO3)=c(H2RO3−)，则H3RO3的Ka1=10−9.22，A错误；由题图可知，当pH由11调节至12时，δ(H2RO3−)迅速减小，δ(HRO32−)迅速增大，发生反应的离子方程式为H2RO3−+OH−HRO32−+H2O，B错误；pH=12.8时，c(H2RO3−)=c(RO33−)，由电荷守恒可知，溶液中：c(H2RO3−)+2c(HRO32−)+3c(RO33−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，则2c(HRO32−)+4c(RO33−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，C正确；pH=14时，c(OH−)=1ml⋅L−1，由题图可知，c(RO33−)>c(HRO32−)>c(H2RO3−)，且各种含R微粒的浓度都小于1ml⋅L−1，则溶液中c(OH−)>c(RO33−)>c(HRO32−)>c(H2RO3−)，D错误。
4．（2026·河南信阳高级中学开学考）乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，是一种二元弱酸。常温下，向20mL0.100ml⋅L−1的乙二酸溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，该过程中的lgX、V(NaOH溶液)与pH的变化关系如图所示[X为c(C2O42−)c(HC2O4−)或c(HC2O4−)c(H2C2O4)]。下列说法正确的是（ ）
A. 直线Ⅰ中的X为c(C2O42−)c(HC2O4−)
B. a点溶液中：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)
C. c点溶液中，c(C2O42−)与c(HC2O4−)之比为10−4.38:1
D. 当溶液中c(H2C2O4)=c(C2O42−)时，pH≈2.54
【答案】D
【解析】Ka1=c(HC2O4−)⋅c(H+)c(H2C2O4),则lgKa1=lgc(HC2O4−)⋅c(H+)c(H2C2O4)=lgc(H+)+lgc(HC2O4−)c(H2C2O4),同理lgKa2=lgc(C2O42−)⋅c(H+)c(HC2O4−)=lgc(H+)+lgc(C2O42−)c(HC2O4−)，分别代入(0,−1.25)、(0,−3.82)两点，可得直线Ⅰ对应的Ka=10−1.25,直线Ⅱ对应的Ka=10−3.82,由于Ka1>Ka2,则直线Ⅰ对应lgX为lgc(HC2O4−)c(H2C2O4),Ka1=10−1.25,直线Ⅱ对应lgX为lgc(C2O42−)c(HC2O4−),A错误；a点时，加入20mLNaOH溶液，此时溶液为NaHC2O4溶液，存在元素守恒c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)，B错误；c点时，加入40mLNaOH溶液，此时溶液为Na2C2O4溶液，pH=8.2，c(C2O42−)c(HC2O4−)=Ka2c(H+)=10−3.8210−8.2=104.381，C错误；Ka1⋅Ka2=c(C2O42−)⋅c2(H+)c(H2C2O4)，即当溶液中c(H2C2O4)=c(C2O42−)时，Ka1⋅Ka2=c2(H+)=10−5.07，即c(H+)=10−2.535ml⋅L−1，则溶液pH≈2.54，D正确。
5．（2025·河南卷·14，3分）乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为Y)可结合H+转化为[H2NCH2CH2NH3]+（简写为HY+）和[H3NCH2CH2NH3]2+（简写为H2Y2+）。Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子。室温下向AgNO3溶液中加入Y，通过调节混合溶液的pH改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度（忽略体积变化）。混合溶液中Ag+和Y的初始浓度分别为1.00×10−3ml⋅L−1和1.15×10−2ml⋅L−1。−lg[c(M)/(ml⋅L−1)]与−lg[c(Y)/(ml⋅L−1)]的变化关系如图1所示{其中M代表Ag+、[AgY]+或[AgY2]+}，分布系数δ(N)与pH的变化关系如图2所示（其中N代表Y、HY+或H2Y2+）。比如δ(H2Y2+)=c(H2Y2+)c(Y)+c(HY+)+c(H2Y2+)。
图 1图 2
下列说法错误的是（ ）
A. 曲线Ⅰ对应的离子是[AgY2]+
B. δ(HY+)最大时对应的pH=8.39
C. 反应Ag++Y⇌[AgY]+的平衡常数K1=104.70
D. −lg[c(Y)/(ml⋅L−1)]=3.00时，c(HY+)>c(H2Y2+)>c(Y)
【答案】D
【解析】
溶液中存在平衡：Y+Ag+⇌[AgY]+、Y+[AgY]+⇌[AgY2]+，故随Y浓度的增大，Ag+浓度逐渐减小，[AgY]+浓度先增大后减小，[AgY2]+浓度逐渐增大，故题图1中曲线Ⅰ对应的离子是[AgY2]+，曲线Ⅱ对应的离子是[AgY]+，曲线Ⅲ对应的离子是Ag+（注意题图1中x轴从左往右表示Y的浓度减小，y轴从下往上表示M的浓度减小）。同理，溶液中存在平衡：Y+H+⇌HY+、HY++H+⇌H2Y2+，随着pH的增大，H2Y2+浓度逐渐减小，HY+浓度先增大后减小，Y浓度逐渐增大，故题图2中曲线Ⅳ对应的是H2Y2+，曲线Ⅴ对应的是HY+，曲线Ⅵ对应的是Y。根据前述分析可知，曲线Ⅰ对应的离子是[AgY2]+,A正确。当δ(HY+)最大时，c(H2Y2+)=c(Y)，此时K′1⋅K′2=c(H2Y2+)c(Y)⋅1c2(H+)=1c2(H+)，故此时c(H+)=10−8.39ml⋅L−1，B正确。在曲线Ⅱ和Ⅲ的交点处，c(Ag+)=c{[AgY]+}，此时Ag++Y⇌[AgY]+的平衡常数K1=c{[AgY]+}c(Y)⋅c(Ag+)=1c(Y)=104.70，C正确。根据题图1可知，当−lg[c(Y)/(ml⋅L−1)]=3.00时，c(Ag+)=10−5.01ml⋅L−1，c{[AgY]+}=c{[AgY2]+}，由于K1=c{[AgY]+}c(Y)⋅c(Ag+)=104.70，故c{[AgY]+}=c{[AgY2]+}=10−3.31ml⋅L−1，根据Y原子守恒有c(Y)+c{[AgY]+}+2c{[AgY2]+}+c(HY+)+c(H2Y2+)=1.15×10−2ml⋅L−1，故c(Y)+c(HY+)+c(H2Y2+)=(1.15×10−2−3×10−3.31)ml⋅L−1，此时δ(Y)=c(Y)c(Y)+c(HY+)+c(H2Y2+)=10−3.00ml⋅L−1(1.15×10−2−3×10−3.31)ml⋅L−1=111.5−3×10−0.31≈0.1，由题图2可知，δ(Y)≈0.1时，c(HY+)>c(Y)>c(H2Y2+)，D错误。
热点题型探究15 无机化工流程题的解题策略
题型突破
1.化学工艺流程题的一般结构
2.化学工艺流程题的答题策略
（1）分析原料预处理的方法，判断预处理的目的。
（2）比较原料与目标产物中核心元素的化合价，判断转化过程是否涉及氧化还原反应。
（3）依据所学知识及题目已知信息，判断除杂的方法与步骤。
（4）根据目标产物的性质，判断分离产品的方法。
（5）若涉及产率的定量分析，需要关注各步骤的转化率，灵活运用质量守恒定律等知识。
例 （2025· 陕晋青宁卷·16，14分）一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、NH4+的硫酸盐）的工艺流程如下。
已知：①常温下Ksp(MgCO3)=10−5.17,Ksp[Mg(OH)2]=10−11.25,Ksp[Mn(OH)2]=10−12.72；
②S2O82−结构式为。
回答下列问题：
（1） 制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有_ _ _ _ 、_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。（写出两种）
（2） “沉锰Ⅰ”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。当Mg2+(c=10−0.68ml⋅L−1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2+浓度为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ml⋅L−1。
（3） “沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和_ _ _ _ _ _ （填化学式）。
（4） “沉镁Ⅰ”中，当pH为8.0∼10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3⋅yMg(OH)2⋅zH2O],煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（5） “沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（6） “结晶”中，产物X的化学式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（7） “焙烧”中，Mn元素发生了_ _ _ _ （填“氧化”或“还原”）反应。
【答案】（1） 搅拌；适当升高温度（合理即可）
（2） 6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O；10−2.15
（3） O2
（4） pH过大时，MgCO3转化为Mg(OH)2，不能得到碱式碳酸镁
（5） MgNH4PO4⋅6H2O+2H3PO43H2PO4−+Mg2++NH4++6H2O
（6） (NH4)2SO4
（7） 还原
【解析】
例
（2） 根据题中信息，Mn(OH)2被O2氧化生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒可写出反应的化学方程式。当Mg2+将要开始沉淀时，c(Mg2+)⋅c2(OH−)=Ksp[Mg(OH)2],c2(OH−)=Ksp[Mg(OH)2]c(Mg2+)=10−11.2510−0.68ml2⋅L−2=10−10.57ml2⋅L−2，根据c(Mn2+)⋅c2(OH−)=Ksp[Mn(OH)2]可知，此时c(Mn2+)=Ksp[Mn(OH)2]c2(OH−)=10−12.7210−10.57ml⋅L−1=10−2.15ml⋅L−1。
（3） 根据S2O82−的结构式可知，每个S2O82−中有2个O呈−1价，故S2O82−在水中加热水解的化学方程式为2(NH4)2S2O8+2H2O△4NH4HSO4+O2↑ ,故最终产物为NH4HSO4和O2。
（4） 根据已知信息①可知，Ksp(MgCO3)≫Ksp[Mg(OH)2]，故若pH过大，MgCO3会转化为Mg(OH)2，不能得到碱式碳酸镁。
（5） 根据题图可知，当pH=4.0时，磷元素主要以H2PO4−形式存在，故离子方程式为MgNH4PO4⋅6H2O+2H3PO43H2PO4−+Mg2++NH4++6H2O。
（6） “沉镁Ⅱ”后的溶液中含NH4+和SO42−，加入H2SO4调pH，得到的X为(NH4)2SO4。
（7） “焙烧”中，Mn3O4、MnO2均转化为MnSO4⋅H2O，Mn元素的化合价降低，故Mn元素被还原，发生还原反应。
针对训练
1．（2025·甘肃卷·11，3分）处理某酸浸液（主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+）的部分流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A. “沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe+3Cu2+3Cu+2Fe3+
B. “碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全
C. “氧化”过程中铁元素化合价降低
D. “沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质
【答案】D
【解析】“沉铜”过程中发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+Fe2++Cu，A错误；Al(OH)3是两性氢氧化物，会与过量的NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，B错误；“氧化”过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，进而生成Fe(OH)3沉淀,铁元素化合价升高，C错误；加入Na2CO3引入高浓度的CO32−，使溶液中的Li+与之结合形成难溶的Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D正确。
2．（2026·广西南宁开学考）从褐铁矿型金-银矿（含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等）中提取Au、Ag，并回收其他金属的一种工艺如下：
已知：①NaCN有剧毒；
②25℃时，Mn(OH)2的Ksp为1.9×10−13。
（1） 滤渣2的主要成分是_ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2） “氧化”时加入MnO2的作用是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（3） 在25℃进行“沉铁”，过滤后可得到“滤液4”，但过滤前需进行加热，加热的目的是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ；调节“滤液4”的pH至8.0，无Mn(OH)2析出，则c(Mn2+)≤ _ _ _ _ ml⋅L−1。
（4） “浸金银”时一般控制温度为30℃左右，原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（5） “浸金银”时Ag转化为[Ag(CN)2]−，该反应的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ；已知S2O32−也可与Ag+、Au+形成配合物，“浸金银”时用Na2S2O3替代NaCN的优点是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】（1） SiO2
（2） 将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调pH除去
（3） 破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；0.19
（4） 温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，H2O2会发生分解，浸取率低
（5） 2Ag+4CN−+H2O22[Ag(CN)2]−+2OH−；安全无毒，对环境无污染
【解析】
（1） 由题给流程可知，金-银矿经“还原酸浸”，Fe2O3、MnO2被还原为Fe2+和Mn2+，CuO被溶解为Cu2+，Au、Ag、SiO2不溶进入“滤渣1”；滤渣1 “浸金银”时，Au、Ag被H2O2、NaCN混合溶液浸出，SiO2不溶进入“滤渣2”，即滤渣2的主要成分是SiO2。
（3） 调节“滤液4”的pH至8.0，此时c(OH−)=10−6ml⋅L−1，无Mn(OH)2析出，已知Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10−13，则溶液中c(Mn2+)≤1.9×10−13(10−6)2ml⋅L−1=0.19ml⋅L−1。
3．（2024· 新课标卷·27,14分）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10−5ml⋅L−1)时的pH：
回答下列问题：
（1） “酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ；“滤渣1”中金属元素主要为_ _ _ _ _ _ 。
（2） “过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，取少量反应后的溶液，加入化学试剂_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 检验_ _ _ _ _ _ _ _ ,若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。
（3） “氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 、_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（4） “除钴液”中主要的盐有_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （写化学式）,残留的C3+浓度为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ml⋅L−1。
【答案】（1） 增大废渣与酸的接触面积，提高酸浸率；Pb
（2） 将Fe2+氧化为Fe3+；K3[Fe(CN)6]；Fe2+
（3） 3C2++MnO4−+7H2O3C(OH)3↓+MnO2↓+5H+；3Mn2++2MnO4−+2H2O5MnO2↓+4H+
（4） ZnSO4、K2SO4；10−16.7
【解析】
（2） “过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；取少量反应后的溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+是否完全被氧化为Fe3+，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。
（3） 由题给流程图可知，“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为3C2++MnO4−+7H2O3C(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2MnO4−+2H2O5MnO2↓+4H+。
（4） “除钴液”中主要含有Zn2+、K+、H+、SO42−，则“除钴液”中主要含有的盐有ZnSO4、K2SO4；已知c≤1.0×10−5ml⋅L−1时离子沉淀完全，C3+沉淀完全时的pH=1.1，c(H+)=10−1.1ml⋅L−1，c(OH−)=10−12.9ml⋅L−1，Ksp[C(OH)3]=c(C3+)⋅c3(OH−)=1.0×10−5×(10−12.9)3=1.0×10−43.7，“氧化沉钴”的pH=5，c(H+)=10−5ml⋅L−1，c(OH−)=10−9ml⋅L−1，c(C3+)×(10−9)3=1.0×10−43.7，则c(C3+)=10−16.7ml⋅L−1。比较项目
强电解质
弱电解质
概念
在水溶液里或熔融状态下能够_ _ _ _ 电离的电解质
在水溶液里_ _ _ _ 电离的电解质
化合物类型
绝大多数盐、强酸、强碱等
弱酸、弱碱、水等
不同点
电解质存在的形式
只存在电解质电离产生的阴、阳离子，不存在电解质分子
存在大量电解质分子，存在少量电解质电离产生的离子
电离过程
不可逆，不存在电离平衡，电离方程式用“”连接
可逆，存在电离平衡，电离方程式用“_ _ _ _ ”连接
电离程度
完全电离
不完全电离
相同点
在水溶液里都能产生自由移动的离子，都是电解质
改变条件
移动方向
c(H+)
c(CH3COO−)
电离程度
升温
向右
增大
增大
_ _ _ _
浓度
加水稀释
_ _ _ _
减小
减小
增大
加冰醋酸
向右
增大
增大
_ _ _ _
同离子效应
加固体醋酸钠
向左
减小
_ _ _ _
减小
通HCl气体
_ _ _ _
增大
减小
减小
加入能与弱电解质电离出的离子反应的物质
加固体氢氧化钠
向右
减小
增大
_ _ _ _
加入镁粉
向右
_ _ _ _
增大
增大
项目
一元弱酸HA
一元弱碱BOH
电离方程式
HA⇌H++A−
BOH⇌B++OH−
电离平衡常数表达式
Ka=c(H+)⋅c(A−)c(HA)
Kb=c(B+)⋅c(OH−)c(BOH)
弱电解质
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka=1.8×10−4
Ka=6.2×10−10
Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.7×10−11
弱电解质
电离常数(25℃)
H2CO3
Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.7×10−11
H2SO3
Ka1=1.4×10−2，Ka2=6.0×10−8
酸
c(H+)
pH
中和碱的能力
与活泼金属反应产生H2 的量
开始时与金属反应的速率
一元强酸
大
小
_ _ _ _
相同
_ _ _ _
一元弱酸
小
大
_ _ _ _
酸
c(H+)
c （酸）
中和碱的能力
与活泼金属反应产生H2 的量
开始时与金属反应的速率
一元强酸
_ _ _ _
小
_ _ _ _
_ _ _ _
相同
一元弱酸
大
_ _ _ _
_ _ _ _
加水稀释相同的倍数，CH3COOH溶液的pH大
加水稀释到相同的pH，稀盐酸加入的水多
加水稀释相同的倍数，稀盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH，CH3COOH溶液加入的水多
①HY为强酸，HX为弱酸;
②a、b两点的溶液中：c(X−)=c(Y−);
③水的电离程度：d>c>a=b
①MOH为强碱，ROH为弱碱；
②起始时，c(ROH)>c(MOH);
③水的电离程度：a>b
酸性溶液
c(H+) _ _ _ _ c(OH−)
pH7
稀释情况
酸(pH=a)
碱(pH=b)
弱酸
强酸
弱碱
强碱
稀释至原溶液体积的10n倍
pHb−n
pH=b−n
无限稀释(25℃)
pH趋近于7
序号
NaOH溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液pH
①
20.00
0.00
8
②
20.00
20.00
6
指示剂
变色范围(pH)
石蕊
8.0蓝色
甲基橙
4.4黄色
酚酞
10.0红色
步骤
操作
V标准
c待测
洗涤
酸式滴定管未用标准溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
盛放碱液的滴定管尖嘴部位开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小
偏低
滴定
酸式滴定管尖嘴部位滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失
变大
偏高
滴定
振荡锥形瓶时部分液体溅出
变小
偏低
部分酸液滴出锥形瓶外
变大
偏高
溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后又加一滴NaOH溶液无变化
变大
偏高
读数
滴定前读数正确，滴定后俯视读数（或“前仰后俯”）
变小
偏低
滴定前读数正确，滴定后仰视读数（或“前俯后仰”）
变大
偏高
滴定次数
待测液体积/mL
NaOH标准溶液
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
溶液体积/mL
1
25.00
1.00
27.30
26.30
2
25.00
1.50
31.50
30.00
3
25.00
5.00
31.34
26.34
关键点
粒子浓度关系
起点（点①）
起点为HA的单一溶液，0.1ml⋅L−1HA溶液pH>1，说明HA是弱酸；根据该点pH>2可知HA的电离程度不足10%，存在c(HA)>c(H+)>c(A−)>c(OH−)
反应一半点（点②）
两者反应得到等物质的量的NaA和HA的混合溶液，此时溶液pHc(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH−)
中性点（点③）
此时溶液pH=7，溶液呈中性，酸没有完全被中和，c(Na+)=c(A−)>c(HA)>c(H+)=c(OH−)
恰好完全反应点（点④）
此时二者恰好完全反应生成NaA，NaA为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(HA)>c(H+)
过量点（点⑤）
此时NaOH溶液过量，得到等物质的量的NaA与NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，c(Na+)>c(OH−)>c(A−)>c(H+)
NaOH 溶液(0.1ml⋅L−1) 滴定等浓度、等体积(20mL) 的HCl 溶液、CH3COOH 溶液的滴定曲线
HCl 溶液(0.1ml⋅L−1) 滴定等浓度、等体积(20mL) 的NaOH 溶液、NH3⋅H2O 溶液的滴定曲线
曲线的起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸的起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱的起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应（或强酸与强碱反应）的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应（或强酸与弱碱反应）
常温下pH=7不一定是滴定终点：强碱与强酸反应时，滴定终点pH=7；强碱与弱酸（或强酸与弱碱）反应时，滴定终点pH≠7（强碱与弱酸反应时滴定终点pH>7，强酸与弱碱反应时滴定终点pH