（11） 水溶液中的离子平衡—2025高考化学一轮复习易混易错专项复习
一、弱电解质的电离
1. 证明酸碱性实验设计（以证明HA是弱酸为例）
实验方法 结论
常温下，测0.01mol·L-1HA溶液的pH 若pH>2，则HA为弱酸
常温下，测NaA溶液的pH 若pH>7，则HA为弱酸
相同条件下，测相同浓度的HA和HCl溶液的导电能力 若HA溶液的导电能力比盐酸溶液的弱，则HA为弱酸
测pH相同的HA溶液与盐酸稀释相同倍数前后的pH变化 若HA溶液的pH变化小，则HA为弱酸
2.电离常数的应用
应用 结论
判断弱酸（或弱碱）的相对强弱 电离常数越大，酸性（或碱性）越强
判断盐溶液的酸性（或碱性）相对强弱 酸(或碱)的电离常数越大，对应的盐水解程度越小，盐溶液的碱性（或酸性）越弱
判断复分解反应能否发生或产物是否正确 一般符合“强酸制弱酸”规律
判断微粒浓度或浓度比值的变化 温度不变时电离常数不变，利用电离常数可判断溶液中微粒浓度或浓度比值的变化情况
二、水的电离
1、常温下不同溶液中水电离出的c(H+)水或c(OH-)水的相关计算
来源 关系式
中性溶液 c(H+)水=c(OH-)水=1×10-7 mol·L-1
酸溶液 OH-全部来自水的电离 c(H+)溶液=c(H+)水+c(H+)酸≈c(H+)酸， c(OH-)水=c(OH-)溶液
碱溶液 H+全部来自水的电离 c(OH-)溶液=c(OH-)水+c(OH-)碱≈c(OH-)碱， c(H+)溶液=c(H+)水
水解呈酸性的盐溶液 H+全部来自水的电离 c(H+)溶液=c(H+)水，c(OH-)溶液=KW/c(H+)溶液
水解呈碱性的盐溶液 OH-全部来自水的电离 c(OH-)溶液=c(OH-)水， c(H+)溶液=KW/c(OH-)溶液
2、水的电离平衡曲线解读方法
（1）曲线上的任意点的KW都相同，即c(H+)·c(OH-)相同，温度相同。
（2）曲线外的任意点与曲线上任意点的KW不同，温度不同。
（3）实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定要改变温度。
三、酸碱中和滴定
1. 酸碱中和滴定曲线题突破方法
首先看纵坐标，搞清楚是酸加入碱中，还是碱加入酸中。抓住“5个点”作为解决问题的突破口
抓“起点”，看出酸性或碱性的强弱，有利于判断滴定终点时溶液酸碱性。
抓反应点“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液显什么性，是什么因素造成的。
抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。
抓反应“中性”点，溶质是什么；判断谁多、谁少。
滴定原理的迁移应用
（1）氧化还原反应滴定
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。
沉淀滴定
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。
四、盐类水解
重要应用 实例 原理
比较盐溶液中离子浓度大小 NH4Cl 溶液中:c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
判断离子能否大量共存 Fe3+与CO32-不能大量共存
制备胶体 制备Fe(OH)3胶体
净水 明矾净水 铝离子水解形成胶体
去油污 用热的纯碱溶液清洗油污 加热，碳酸根离子的水解程度加大，溶液碱性增强
试剂的配制 配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸 H+可抑制Fe3+的水解
制备无水盐 由MgCl2·6H2O制无水MgCl2时，在HCl气流中加热 加入HCl可抑制Mg2+的水解
泡沫灭火器 用Al(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合 发生相互促进的水解反应
五、溶液中微粒浓度的大小关系
阐释 举例
两大理论 电离理论 弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离（多元弱酸分步电离，逐级减弱） H2CO3溶液中： c(H2CO3)>c(H+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)
水解理论 弱电解质离子的水解是微弱的，水解生成的微粒浓度很小(多元弱酸酸根离子分步水解，逐级减弱) Na2CO3溶液中： c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H2CO3)
三大守恒 电荷守恒 在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性 NaHCO3溶液中： c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)
物料守恒 在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，符合原子守恒 NaHCO3溶液中： n(Na+):n(C原子)=1:1， 则c(Na+)=c(CO32-)+c(H2CO3)+c(HCO3-)
质子守恒 电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子数等于失去的质子数 NaHCO3溶液中：
六、沉淀溶解平衡
1、沉淀的生成
方法 实例 原理
调节pH法 用CuO除去CuCl2中的FeCl3
沉淀剂法 以Na2S作沉淀剂除去污水中的重金属离子Cu2+
2、沉淀的溶解
方法 实例 原理
酸溶解法 CaCO3可溶于盐酸
盐溶解法 Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液
配位溶解法 AgCl溶于氨水
氧化还原溶解法 不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于HNO3
3、沉淀的转化
锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为
矿物转化：ZnS遇CuSO4溶液转化为CuS，离子方程式为
【典型例题】
1.时，下列说法中正确的是( )
A.NaHA溶液呈酸性，可以推测为强酸
B.可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C.醋酸溶液的电离度分别为，则
D.的溶液中水电离出的的物质的量为
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。下列说法中正确的是( )
A.时，若测得溶液，则HR是弱酸
B.时，若测得溶液且，则HR是弱酸
C.时，若测得HR溶液，取该溶液10.0 mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得，，则HR是弱酸
D.时，若测得NaR溶液，取该溶液10.0 mL，升温至，测得，，则HR是弱酸
3.常温下，下列有关电解质溶液的说法中错误的是( )
A.相同浓度的HCOONa和NaF两种溶液，HCOONa溶液的pH较大，则
B.相同浓度的和两种溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D.在溶液中：
4.下表列出25℃时不同羧酸的（即）。根据表中数据推测，结论正确的是( )
羧酸
4.76 2.59 2.87 2.90
A.酸性强弱：
B.对键合电子的吸引能力强弱：F
D.25℃时0.1溶液的碱性强弱：
5.下列说法中正确的是( )
A.时溶液呈酸性
B.在常温下，将盐酸稀释至，所得溶液的为9
C.在常温下，当水电离出的为时，此溶液的为13
D.将浓度相同的盐酸和醋酸各分别稀释至，所得醋酸的略大
6.时，按下表配制两份溶液：
一元弱酸溶液
加入的NaOH溶液
混合后所得的溶液 溶液Ⅰ的pH=5 溶液Ⅱ的pH=4
下列说法中错误的是( )
A.溶液Ⅰ中，
B.溶液Ⅰ和Ⅱ的相差1.0，说明
C.混合溶液Ⅰ和Ⅱ：
D.混合溶液Ⅰ和Ⅱ
7.已知：。常温下，向浓度为的氨水中缓缓通入，随变化的曲线如图所示。假设溶液体积没有变化，下列推断中正确的是( )
A.的电离平衡常数的数量级为
B.B点对应溶液中：
C.C点对应溶液中：
D.的溶液中：
8.用0.100滴定50.0mL0.0500溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A.根据曲线数据计算可知的数量级为
B.曲线上各点的溶液满足关系式
C.相同实验条件下，若改为0.0400，反应终点c移到a
D.相同实验条件下，若改为0.0500，反应终点c向b方向移动
9.室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，的的。
实验1：配制50mL0.1溶液，测得溶液pH约为12；
实验2：取10mL0.1溶液，向其中加入一定量固体充分搅拌，一段时间后过滤，向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解；
实验3：取10mL0.1溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1稀盐酸。
下列说法正确的是( )
A.实验1所得溶液中，
B.实验2，加入稀盐酸后的上层清液中
C.实验3反应后溶液中存在：
D.25℃时，反应的平衡常数
10.室温下，的，。通过下列实验探究NaHS溶液的性质。
实验1：测得0.1mol/LNaHS溶液的pH约为9.2
实验2：向5mL0.1mol/LNaHS溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液至溶液pH为12.9
实验3：将浓度均为0.002mol/L的NaHS和溶液等体积混合，生成黑色沉淀CuS
实验4：向足量0.1mol/LNaHS溶液中通入少量，生成沉淀S
下列有关说法正确的是( )
A.0.1mol/LNaHS溶液中存在
B.实验2所得溶液中
C.依据实验3的现象，可以推断出
D.实验4中发生反应的离子方程式为
11.一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下，的电离平衡常数，。下列说法正确的是( )
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B.低温真空蒸发主要目的是防止被氧化
C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ中吸收气体Ⅰ
D.若产量不变，参与反应Ⅲ的X与物质的量之比增大时，需补加的NaOH的量增加
12.向物质的量浓度相同的三种一元弱酸HX、HY、HZ溶液及一种一元强酸还有纯水中，分别滴入浓度相同的溶液，与的关系如图所示。下列说法中正确的是( )
A.曲线①为强酸的滴定曲线
B.酸性：HX>HY>HZ
C.滴定HX溶液可用甲基橙作指示剂
D.的平衡常数
13.室温下，通过矿物中获得的过程如下：
已知：，。下列说法正确的是( )
A.溶液中：
B.反应正向进行，需满足
C.“脱硫”后上层清液中：
D.悬浊液加入“溶解”过程中，溶液中浓度逐渐减小
14.已知HX为二元可溶性弱酸。25 ℃，分别向1 L 溶液和1 L 溶液中加NaOH固体（忽略溶液体积变化，溶液中不存在和的逸出，的，1g5.6≈0.7），所得结果如图所示。下列说法不正确的是( )
A.
B.P点pH约为9.3
C.如图甲，当时，
D.当a=0.14时，约为
15.某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含、、、、和)，实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：①“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸()；可将氧化为。
②常温下，已知：，，。
③当溶液中离子浓度小于时，认为沉淀完全。
(1)常温下，工业上用一定浓度的硫酸浸取已粉碎的镍钴矿，为提高浸取率可采用的方法有_______(答出一条即可)。
(2)已知：的电离方程式为、①“氧化”时，溶液中被氧化为，该反应的离子方程式为______。
②通入混合气中的体积分数与氧化率随时间的变化关系如图所示，若混合气中不添加，相同时间内氧化率较低的原因是_______；的体积分数高于9.0%时，相同时间内氧化率开始降低的原因是_______。
③易被氧化为，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因_______。
(3)“沉钴镍”时，沉淀完全，溶液的理论最小值是______。
(4)常温下，“沉镁”时发生的反应为，其平衡常数K=______。
答案以及解析
1.答案：D
解析：若为弱酸，的电离程度大于其水解程度，NaHA溶液也会呈酸性，A错误；可溶性正盐BA溶液呈中性，可能是和的水解程度相同，不能说明BA为强酸强碱盐，B错误；由“越稀越电离”原理可知，醋酸溶液的电离度大于醋酸溶液的电离度，即，C错误；的溶液中，则，由于溶液中发生水解反应：，因此水电离出的浓度等于溶液中浓度，又因为水电离出的浓度等于浓度，则水电离出的，，D正确。
2.答案：B
解析：时，若溶液，则NaR为强碱强酸盐，即HR为强酸，A错误；时，若HR溶液且，则HR在溶液中部分电离，即HR为弱酸，B正确；时，的HR溶液，加水稀释至100.0mL，即体积扩大至原来的10倍，，若HR为一元强酸，且，b小于7但无限接近7，此时，故不能据此判断HR为弱酸，C错误；水的离子积：，若HR是强酸，升温后溶液pH会降低，即，若HR是弱酸，升温有利于水解：，平衡正向移动，溶液pH会增大，即，D错误。
3.答案：A
解析：HCOONa和NaF两种溶液的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明的水解程度较大，由越弱越水解可知，HCOOH的电离平衡常数较小，即，A错误；相同浓度的和两种溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，浓度大于浓度，说明溶液中的电离程度大于的水解程度，则浓度大于浓度，所以溶液中，B正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入稀硫酸中，CuS溶解平衡产生的不足以与发生反应生成气体，而将FeS投入稀硫酸后可以得到气体，说明，C正确；根据溶液中的元素质量守恒，溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为，即，D正确。
4.答案：C
解析：根据表中信息可知，卤素电负性越大，羧酸酸性越强，由于电负性Br>I，故酸性：，A错误；对键合电子的吸引能力强弱与元素的电负性有关，电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，故对键合电子的吸引能力：F>Cl>Br，B错误；中有两个氟原子，对键合电子的吸引力更大，羧基更易电离出，故的酸性更强，更小，C正确；由表可知，的酸性强于，故对应强碱弱酸盐溶液的碱性，D错误。
5.答案：D
解析：A项，非常温下的溶液不一定显酸性。B项，在常温下，酸性溶液稀释后不可能为碱性。C项，在常温下，当水电离出的为时，此溶液的为13或1。D项，将浓度相同的盐酸和醋酸各分别稀释至后，两者浓度仍然相同，但醋酸是弱酸，电离出的氢离子的浓度小，略大。
6.答案：B
解析：由表中数据可知，一元弱酸的物质的量均为，加入的的物质的量为，酸过量，混合后所得的溶液中溶质为酸和盐，溶液Ⅰ的溶质为和，浓度相等；溶液Ⅱ的溶质为和，浓度相等。溶液Ⅰ的，呈酸性，，根据电荷守恒，可得，故离子浓度大小顺序为，故A正确；由溶液Ⅰ的大于溶液Ⅱ的可知，，故B错误；溶液Ⅰ和溶液Ⅱ混合，溶液中的离子有，根据电荷守恒有，故C正确；溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中溶质和的浓度相等，但溶液Ⅰ的大于溶液Ⅱ的，故的酸性弱于的酸性，混合后的电离程度小于的电离程度，HA的浓度大于HB的浓度，故D正确。
7.答案：D
解析：电荷守恒关系为，元素质量守恒关系为。取A点，其对应溶液中，则，由可得，则的电离平衡常数为，数量级为，A错误；B点对应溶液中，则，所以错误；C点对应溶液中，则，根据电荷守恒，则有，但，则溶液中有，，所以，C错误；时，，则，根据电荷守恒和元素质量守恒可得，则，所以，D正确。
8.答案：C
解析：根据滴定曲线，当加入25mL溶液时，与刚好完全反应，AgCl处于沉淀溶解平衡状态，此时溶液中，A项正确；曲线上各点都处于沉淀溶解平衡状态，故符合，B项正确；根据图示，浓度为0.0500时消耗25mL溶液，则浓度为0.0400时消耗20mL溶液，a点对应溶液体积为15mL，所以反应终点不可能由c点移到a点，C项错误；由于AgBr的小于AgCl的初始与相同时，反应终点时消耗的溶液体积相同，但浓度小于浓度，即反应终点从曲线上的c点向b点方向移动，D项正确。
9.答案：D
解析：D.反应的平衡常数，D正确。
10.答案：C
解析：A.0.1mol/LNaHS溶液中存在质子守恒，故A错误；
B.根据题意，，此时溶液pH为12.9，则，则，故B错误；
C.将浓度均为0.002mol/L的NaHS和溶液等体积混合，生成黑色沉淀CuS，则混合时忽略溶液体积变化，，生成沉淀则，故C正确；
D.的水解平衡常数等于，NaHS溶液呈碱性，方程式为，故D错误；
故选C。
11.答案：C
解析：溶液Y含少量，可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体生成，C正确。
12.答案：D
解析：由题图可知，起始时，曲线①溶液的，所以曲线①为纯水的滴定曲线，故A错误；时，溶液，则，时，溶液，则，时，溶液，则，所以，则酸性：，故B错误；甲基橙变色范围为，将溶液滴入溶液中恰好完全反应生成的盐溶液呈碱性，则不能用甲基橙作指示剂，故C错误；由以上分析可知，，，则的平衡常数，故D正确。
13.答案：D
解析：A.由质子守恒关系得：，故A错误；
B.该反应的平衡常数，当浓度商时，平衡正向移动，故B错误；
C.“脱硫”后上层清液主要是溶液，还含有未反应完的溶液，守恒关系还应考虑，故C错误；
D.悬浊液加入“溶解”过程中，由于会和反应生成，所以溶液中浓度逐渐减小，故D正确；
故选D。
14.答案：D
解析：的初始浓度相同，由题图甲可知，加入NaOH固体后，浓度增大而浓度减小，浓度在几乎反应完之后才开始减少，可推测NaOH固体加到溶液中先与反应，再与反应，所以结合能力强于，根据题图乙可知，浓度先降低而浓度后降低，可推测NaOH固体加到溶液中，优先与反应，再与反应，结合能力强于，得结合能力：，则，A正确；P点，，，，pH≈9.3，B正确；1 L 溶液中加入0.20 mol NaOH固体时，溶液中溶质为等浓度的和，会发生电离，会发生水解，根据物料守恒可知、，则，又因为，则，C正确；当a=0.14时，，，根据题图乙坐标可知，此时溶液中、，结合可知，此时溶液中，，D错误。
15.答案：(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)；混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸()的氧化性远强于氧气：有还原性，过多将会降低的浓度，且生成的也会被还原成Mn(II)；基态价电子排布为，失去1个电子后变为Fe3+价电子排布为，最高能级半满更稳定
(3)9.1
(4)101.7
解析：（1）用硫酸浸取镍钴矿时，适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积可提高浸取速率；
（2）①由电离方程式可知，过一硫酸第一级电离完全，第二级电离不完全，离子方程式中写成的形式，溶液中的正二价铁元素Fe(Ⅱ)被氧化为，被还原为硫酸根，离子方程式为：；
②通入混合气中的体积分数与Mn(II)氧化率随时间的变化关系如图所示，若混合气中不添加，相同时间内Mn(II)氧化率较低的原因是：混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸()的氧化性远强于氧气；的体积分数高于9.0%时，相同时间内Mn(II)氧化率开始降低的原因是:有还原性，过多将会降低的浓度，且生成的也会被还原成Mn(II)，降低Mn(II)氧化速率；
③基态价电子排布为，失去1个电子后变为价电子排布为，最高能级半满更稳定，故易被氧化，失去1个电子变为；
（3）由，沉淀完全时，，则， ，即pH值最小为9.1；
（4）根据反应方程式，平衡常数K=。
