2026年北京高考化学二轮复习专题09 水溶液中的离子反应与平衡（复习讲义）（解析版）

专题09水溶液中的离子反应与平衡

目录

01析·考情精解...............................................................................................................................................................2

02构·知能架构...............................................................................................................................................................3

03破·题型攻坚.....................................................................................................................................4

题型一水的电离及溶液的酸碱性...................................................................................................................4

多以滴定曲线、图像为载体，结合Kw与弱酸/弱碱电离常数，考查水电离

真题动向

平衡、pH计算及溶液酸碱性判断，非选择侧重滴定原理应用与误差分析。

知识1溶液的酸碱性与pH知识2酸、碱溶液稀释时pH的变化规律

必备知识

知识3酸、碱中和滴定知识4水的电离

考向1水的电离考向2溶液的酸碱性与pH

命题预测

考向3酸碱中和滴定

题型二盐类的水解...............................................................................................................................................25

常结合生活/实验情境，以水解方程式书写、离子浓度比较为核心，通过守

真题动向恒关系（电荷、物料、质子）综合考查水解规律与平衡影响因素，重视理

论联系实际。

必备知识知识1盐类的水解知识2影响盐类水解平衡的因素

关键能力能力电解质溶液中粒子浓度关系

考向1盐类水解原理考向2影响盐类水解平衡的因素

命题预测

考向3盐类水解的应用

题型三沉淀溶解平衡的应用.............................................................................................................................45

聚焦Ksp计算、沉淀生成/溶解/转化的判断，多以工业除杂、废水处理为情

真题动向

境，结合pM-pX等图像，考查Q与Ksp关系及平衡移动原理的工业应用。

知识1沉淀的溶解平衡及应用知识2沉淀溶解平衡的应用

必备知识

知识3沉淀的转化知识4沉淀溶解平衡常数及其应用

考向1难溶电解质德尔沉淀溶解平衡考向2沉淀溶解平衡的应用

命题预测

考向3溶度积

1、核心考点聚焦：始终围绕弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡、中和滴定四大模块，穿

命题插水的电离、三大守恒、平衡常数（Ka/Kb/Kw/Kh/Ksp）等核心工具。

轨迹2、选择压轴：以图像分析+常数计算为主，难度中等偏难

3、填空/实验：结合工艺或探究，考查Ksp应用、沉淀转化、离子浓度比较，强调定量与误差分

透视

析。

考点2025年2024年2023年2022年2021年

北京卷T16，

水的电离及溶液北京卷T19，北京卷T6，3——北京卷T17，10分

的酸碱性13分分10分北京卷T18，

12分

考点

北京卷T9，3北京卷T3，3北京卷T7，3

频次

分分分

北京卷T5，3

总结北京卷T8，3北京卷T5，3北京卷T9，3

盐类的水解——分

分分分

北京卷T19，北京卷T14，北京卷T12，3

13分3分分

沉淀溶解平衡的北京卷T5，3北京卷T5，3北京卷T18，

————

应用分分14分

1、紧扣碳中和、氢能、固态电池、生物质转化等热点，以工业合成、催化转化、新型储能为载

2026体，给出陌生反应与能量/机理图，考信息提取与迁移。

命题2、选择题：1道压轴，以图像分析+常数计算为主，难度中等偏难，覆盖2-3个平衡模块。

预测3、非选择（工艺/实验）：1-2个设问，考查Ksp应用、沉淀转化、离子除杂，强调定量计算与

误差分析，难度中等偏难。

题型一水的电离及溶液的酸碱性

1．（2024北京，6，3分）下列实验的对应操作中，不合理的是

眼睛

注视锥形瓶中溶液

A．用HCl标准溶液滴

B．稀释浓硫酸

定NaOH溶液

C．从提纯后的NaClD．配制一定物质的量

溶液获得NaCl晶体浓度的KCl溶液

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从

而判断滴定终点，A项合理；

B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水

的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；

C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；

D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度

线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理；

答案选D。

新情境：本题选取中和滴定、浓硫酸稀释、蒸发结晶、一定物质的量浓度溶液配制四个实验室

核心基础操作作为情景，无复杂工业/科研背景，而是聚焦教材基础实验的规范操作细节，贴

合北京卷对“化学实验基础素养”的考查倾向，情景虽常规但更侧重对操作本质的理解，而非单

纯的知识记忆。

命题解读

新考法：摒弃以往对实验原理的复杂设问，转而针对操作中的易错点、危险操作设题（如浓硫

酸稀释的顺序错误），要求考生能精准识别“看似常规却存在致命错误”的操作。

新角度：本题所有操作均来自教材基础实验，破题的关键是跳出“死记步骤”的思维，回归教材

中对操作原因和原理的讲解，而非仅记忆操作流程。

2．（2025北京，19，13分）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。

+2+

实验小组研究测定“MnO2+2Br+4HMn+Br2+2H2O”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行

性。

(1)理论分析

①Br2易挥发，需控制生成cBr2较小。

4

②根据25℃时K=6.310分析，控制合适pH，可使生成cBr2较小；用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2

-2+

反应，反应前后c(Br)几乎不变；cMn=cBr2，仅需测定平衡时溶液pH和cBr2。

③Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。

(2)实验探究

序号实验内容及现象

-1

25℃，将0.200molLKBr溶液(pH1)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，充分反

I

应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。

-1

25℃，将0.200molLKBr溶液(pH2)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，反应时

Ⅱ

间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。

测定I、Ⅱ反应后溶液的pH；取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用Na2S2O3

Ⅲ

标准溶液滴定，测定cBr2。

已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。

①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是。用离子方程式表示KI的作用：。

②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按

2+

cMncBr2

计算所得值小于25℃的K值，是因为Br挥发导致计算时所用的浓度小于其在溶液

c2Br-c4H+2

中实际浓度。

2+

cMncBr2

③Ⅱ中，按计算所得值也小于25℃的K值，可能原因是。

c2Br-c4H+

(3)实验改进

分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。

控制反应温度为40℃，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。

①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与值比较。

②综合调控pH和温度的目的是。

【答案】(1)

(2)滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复Br23I2BrI3增大

Mn2+实验Ⅱ中反应未达到平衡状态

(3)40℃的K防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡

【详解】（1）

（2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶

液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；

KI的作用：将Br2转化为I3，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：Br23I2BrI3；

2+

②该反应消耗H生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，cMn=cBr2，

则计算时所用Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度；

③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明

了Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实

验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的cH浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，

2+、

实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中cMncBr2偏低，计算的K值偏小；

（3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的

K，需查阅40℃的文献值）。

②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于cH过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ

由于cH过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控pH和温度的目的是防止

Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。

新情境：以“测定反应平衡常数”为核心任务，模拟化学科研中“理论预判→实验验证→数据处

理”的完整探究流程，跳出教材中单一反应平衡的静态考查，贴合真实化学研究逻辑。

新考法：要求结合给出的K值、物质性质（Br2挥发性、与水反应程度），判断实验测定平衡

命题解读常数的可行性，考查信息提取与逻辑论证能力，而非单纯计算平衡常数。

新角度：题干给出K≈6.3×1015（25℃），说明该反应正向进行的趋势极大，结合“用浓度较大

2+--

的KBr溶液与过量MnO2反应，c(Mn)<<c(Br)”的条件，可判断平衡时Br浓度近似不变，为“仅

测pH和Br2”提供理论依据。

3．（2022北京卷，17，10分）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X—射线检查。其合成路线如下：

12催化剂

已知：RCOOH+RCOOH+H2O

(1)A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是。

(2)B无支链，B的名称是。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式

是。

(3)E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是。

(4)G中含有乙基，G的结构简式是。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，

碘番酸的结构简式是。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。

步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-，冷却、

洗涤、过滤，收集滤液。

-1

步骤二：调节滤液pH，用bmol∙LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。

已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数。

【答案】(1)醛基(2)正丁酸(3)

571bc

(4)(5)(6)100%

3a

【详解】（1）由A的分子式C4H8O及可发生银镜反应，可确定A分子含有的官能团是醛基。答案为：醛

基；

（2）B的分子式为C4H8O2、无支链，由醛氧化生成，则B为CH3CH2CH2COOH，名称是正丁酸。B的一

种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，则表明分子中8个H原子全部构成-CH2-，B的不饱和度为1，

则其同分异构体应具有对称的环状结构，从而得出其结构简式是。答案为：正丁酸；；

（3）由分析知，E为，F为，则E→F的化学方程式是

。答案为：；

（4）由分析可知，G的结构简式是。答案为：；

（5）碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，由相对分子质量差可确定，J生成碘番酸时，

分子中引入3个I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上，则碘番酸的结构简式是

。答案为：；

-1-3-3

（6）——3AgNO3，n(AgNO3)=bmol∙L×c×10L=bc×10mol，则口服造影剂中碘

1

bc10-3mol571g/mol571bc571bc

番酸的质量分数为。答案为：。

3=100%100%

-3100%3a3a

a10g

4．（2021北京卷，16，10分）某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。

(1)实验验证

实验I：将0.0100mol/LAg2SO4溶液与0.0400mol/LFeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液

呈黄色。

实验II：向少量Ag粉中加入0.0100mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。

①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是。

②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是。

综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。

③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象。

(2)测定平衡常数

实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用c1mol/LKSCN标准溶液滴定

+

Ag，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1mL。

资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色）K=1012

Fe3++SCN-FeSCN2+（红色）K=102.3

①滴定过程中Fe3+的作用是。

②测得平衡常数K=。

(3)思考问题

①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。

②不用实验II中清液测定K的原因是。

-2+

【答案】(1)灰黑色固体溶解，产生红棕色气体防止酸性条件下，NO3氧化性氧化Fe干扰实验结果

a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关K，

Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3

溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指

针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转

cv

0.0111

指示剂v偏低完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态

(2)cvcv(3)Ag

110.0111

vv

【详解】（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为

灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色

气体。

+2+

②由于Fe(NO3)3溶液电离出NO3将与溶液中的H结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe，而干扰实验，

-

故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，NO3氧化性氧化

Fe2+干扰实验结果。

③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，

Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必

3+2++

须含有Fe或者Fe，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag，故

用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则

向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐

溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的

Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，

指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3

溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4

或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针

向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或

者闭合开关K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入

滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。

（2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，

当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，

故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。

②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：

cv

Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=11mol/L，

v

2++3+

Fe+AgAg+Fe

起始浓度(mol/L)0.020.010

cvcvcv

根据平衡三段式进行计算如下：转化浓度(mol/L)0.01110.01110.0111，故反应的平衡

vvv

cvcvcv

平衡浓度(mol/L)0.0111110.0111

vvv

cvcv

0.01110.0111

c(Fe3+)

常数v，故答案为：指示剂；v。

K=2++=

c(Fe)c(Ag)c1v1c1v1c1v1c1v1

0.010.01

vvvv

（3）①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反

cv

应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即11偏大，故所得

v

cv

0.0111

到的v偏小，故答案为：偏小。

K=cvcv

110.0111

vv

②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测

定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。

知识1溶液的酸碱性与pH

1、溶液的酸碱性

常温下，溶液的酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系：

溶液的酸碱性c(H＋)与c(OH－)比较c(H＋)大小

酸性溶液c(H＋)＞c(OH－)c(H＋)＞1×10－7mol·L－1

中性溶液c(H＋)＝c(OH－)c(H＋)＝1×10－7mol·L－1

碱性溶液c(H＋)＜c(OH－)c(H＋)＜1×10－7mol·L－1

2、溶液的pH

(1)表达式为pH＝－lgc(H＋)。

(2)使用范围：pH的取值范围为0～14，即只适用于c(H＋)≤1mol·L－1或c(OH－)≤1mol·L－1的电解质溶液，当

c(H＋)或c(OH－)≥1mol·L－1时，直接用c(H＋)或c(OH－)表示溶液的酸碱性。

知识2酸、碱溶液稀释时pH的变化规律

稀释10n倍无限稀释

由于水的电离不可忽视，pH

＋1

强酸c(H)减小为原来的，pH稀＝pH原＋n<7

n

10只能接近7，不可能大于7

－1

强碱c(OH)减小为原来的，pH稀＝pH原－n>7pH≈7(不可能小于7)

10n

＋

弱酸c(H)减小的程度比强酸小，pH稀＜pH原＋n<7pH≈7(不可能大于7)

－

弱碱c(OH)减小的程度比强碱小，pH稀＞pH原－n>7pH≈7(不可能小于7)

知识3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。

c标×V标

2、原理：c待＝(以一元酸与一元碱的滴定为例)。

V待

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、仪器与药品

(1)主要仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台(带滴定管夹)、锥形瓶、大烧杯。

(2)药品：标准溶液、待测液、酸碱指示剂。

【易错提醒】

1、滴定管的精确度为0.01mL。

2、选择指示剂的三个要点：a．变色范围与终点pH吻合或接近。

(1)指示剂变色范围越窄越好。

(2)指示剂在滴定终点时颜色变化明显，容易观察判断。

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。

c（HCl）×V（HCl）

(4)数据处理：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)＝

V（NaOH）

知识4水的电离

1、水的电离

＋－

简写为：H2OH＋OH。

2、关于纯水的几个重要数据

3、外界因素对水的电离平衡的影响：

(1)温度：温度升高，促进水的电离，Kw增大；温度降低，抑制水的电离，Kw减小。

(2)酸、碱：抑制水的电离。

(3)能水解的盐：促进水的电离。

(4)能与水反应的活泼金属：促进水的电离。

【易错提醒】

1、水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)，不仅适用于纯水，也适用于所有水溶液。

2、水的离子积常数说明在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－存在。

＋

3、比较由H2O电离产生的c(H)的大小时，可先对物质进行分类，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水

的电离。

考向1水的电离

1．（2025·北京西城·三模）下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是

A．利用溶液的pH大小可判断溶液中水的电离程度的大小

B．利用反应热数据判断反应速率的大小

C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等

D．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低

【答案】C

【详解】A．0.1mol/L氯化铵溶液的pH大于等浓度的盐酸，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的

电离，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中水的电离程度大于盐酸，所以不能利用溶液的pH

大小判断溶液中水的电离程度的大小，故A错误；

B．利用反应热数据可以判断反应物和生成物总能量的相对大小，但不能判断反应速率的大小，故B错误；

C．石油是多种物质的混合物，因为不同的物质沸点不同，沸点低的首先气化，沸点高的后气化，所以依据

沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等，故C正确；

D．乙醇分子分子能形成分子间氢键，丙烷不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力大于丙烷，沸点

高于丙烷，则依据相对分子质量的数据不能推测乙醇和丙烷沸点的相对高低，故D错误；

故选C。

1

2．（2025·北京门头沟·一模）在25℃时，向两份10mL0.2molL的CH3COONH4溶液pH7中分别滴加

1

浓度均为0.2molL的盐酸和NaOH溶液。部分离子浓度随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法不．正．确．

的是

A．相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等

B．b点cCl和d点cNa存在的关系是2cClcNa

C．水的电离程度：acd

--

D．b点：cCH3COOHcCH3COO2cCl

【答案】B

-

【详解】A．常温下醋酸铵溶液的pH=7，则NH4与CH3COO的水解平衡常数相等，说明CH3COOH、NH3H2O

的电离平衡常数相等，A正确；

B．由图可知，d点Na的物质的量是b点Cl-的2倍，但两点溶液体积不同，故两种离子的浓度不存在2倍

关系，B错误；

C．a点溶质为CH3COONH4，促进水的电离，c点溶质为CH3COOH、NH4Cl，d点溶质为CH3COONa、NH3H2O；

CH3COOH和NH3H2O都抑制水的电离，由A项分析可知两者电离平衡常数相等，故对水的电离的抑制程

度也相同，故水的电离程度：acd，C正确；

D．b点溶质为等物质的量的CH3COOH、NH4Cl和CH3COONH4（假设不考虑电离和水解），根据物料守

--

恒可得cCH3COOHcCH3COO2cCl，D正确；

故答案选B；

3．（2024·北京海淀·二模）某小组同学向CuSO4溶液中匀速滴加氨水，实验数据及现象记录如下：

时间0~2020~9494~144144~430

/s

从5.2升高至从6.8升高至

pH从5.9升高至6.8从9.5升高至11.2

5.99.5

产生蓝绿色沉淀，并逐渐增蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝

现象无明显现象无明显变化

多色

经检测，蓝绿色沉淀为Cu2(OH)2SO4。下列说法正确的是

22

A．0s时，pH5.2是因为Cu4H2OCu(OH)44H

22

B．20~94s，主要反应的离子方程式为2CuSO42OH=Cu2(OH)2SO4

C．从94s到144s，混合液中水的电离程度增大

2

．从到，升高与Cu(OH)SO转化为的反应有关

D144s430spH224CuNH34

【答案】D

2

【详解】A．0s时，pH5.2溶液呈酸性是因为铜离子发生水解反应Cu2H2OCu(OH)22H，故A

错误；

B．20~94s，溶液pH从5.9升高至6.8仍为酸性，则不存在大量OH-，主要反应的离子方程式为

22，故错误；

2CuSO42NH3·H2O=Cu2OH2SO42NH4B

C．从94s到144s，溶液pH从6.8升高至9.5碱性增强，抑制水的电离，则混合液中水的电离程度减小，

故C错误；

2

D．从144s到430s，蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝色为氨气和铜离子形成配离子CuNH，pH升

34

2

高与Cu(OH)SO转化为CuNH的反应有关，故D正确；

22434

故选D。

4．（2024·北京丰台·二模）25℃时，有浓度均为0.1molL1的4种溶液：

①盐酸②HF溶液③NaOH溶液④氨水

45

已知：25℃时，电离平衡常数KaHF=6.810，KbNH3H2O=1.710

下列说法不正确的是

A．溶液pH：③>④>②>①

B．水电离出的H浓度：①=③<②<④

+--+

C．②和④等体积混合后的溶液中：cNH4>cF>cOH>cH

D．VamL①和VbmL③混合后溶液pH2(溶液体积变化忽略不计)，则Va:Vb=11:9

【答案】C

【详解】A．盐酸为强酸、HF为弱酸，NaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，因此等浓度的盐酸、HF溶液、

NaOH溶液、氨水pH由大到小为NaOH溶液、氨水、HF溶液、盐酸，故A正确；

45

B．四种溶液中水的电离都受到抑制，KaHF=6.810＞KbNH3H2O=1.710，NaOH是强碱、盐酸

是强酸，因此抑制程度由大到小为①=③＞②＞④，因此水电离出的氢离子浓度①=③<②<④，故B正确；

45

C．②和④等体积混合后溶质为NH4F，KaHF=6.810＞KbNH3H2O=1.710，则铵根离子水解程

-++-

度大于氟离子，溶液中：cF>cNH4>cH>cOH，故C错误；

D．VamL盐酸和VbmLNaOH溶液混合后溶液pH2，则

1313

0.1molLVa10L0.1molLVb10L2

3310mol/L，求得Va:Vb=11:9，故D正确；

Va10LVb10L

故答案为：C。

5．（2024·北京门头沟·一模）实验测得等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液pH随温度变化如图所示。

下列说法不．正．确．的是

A．NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应

B．若将N点溶液恢复到25C，pH8.62

C．N点时NaHCO3已经完全分解

D．M点之前，升温pH减小是KW改变与HCO3的电离和水解平衡移动共同作用的结果

【答案】C

【详解】A．盐的水解反应为中和反应的逆过程，中和反应为放热反应，则NaHCO3和Na2CO3水解均是吸

热反应，故A正确；

B．升高温度部分碳酸氢钠分解为碳酸钠，则将N点溶液恢复到25℃，混合液pH＞8.62，故B正确；

C．若N点NaHCO3已经完全分解，溶液变为Na2CO3溶液，继续升温后pH应下降，与N点后曲线实际变

化趋势不符，故C错误；

D．升温，Kw增大，同时促进了HCO3的电离和水解，M点之前，升温pH减小是KW改变与HCO3的电离和

水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；

故选C。

考向2溶液的酸碱性与pH

6．（2024·北京海淀·三模）向碘水、淀粉的混合液中加入AgNO3溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验

如图：

下列分析不．正．确．的是

A．过程①中蓝色褪去的原因可能是Ag氧化了I2B．过程①后溶液pH可能明显变小

．过程③中加入溶液的目的是除去．过程④说明过程①生成含X的粒子

CNaClAgDI

【答案】D

++

【详解】A．过程①中蓝色褪去的原因可能是Ag氧化了I2，也可能是Ag促进了I2与H2O的反应，故A正

确；

B．由分析可知，过程①后，溶液的主要成分为HIO、HNO3及未反应的AgNO3，所以pH明显变小，故B

正确；

C．过程③中加入NaCl溶液，可与Ag+反应生成AgCl沉淀，排除Ag+可能对后续实验产生的干扰，所以目

的是除去Ag+，故C正确；

+-+-

D．过程④中，加入KI，发生HIO、H、I的氧化还原反应，同时发生反应4H+4I+O2=2H2O+2I2，不能说

明过程①生成含X的粒子，故错误；

ID

答案选D。

−1

7．（2023·北京门头沟·一模）实验测得0.10mol·LNaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。

下列说法正确的是

-

A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO3水解被抑制

B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等

C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62

2---++

D．Q点、M点溶液中均有：c(CO3)+c(HCO3)+c(OH)=c(Na)+c(H)

【答案】C

-

【详解】A．升高温度，HCO3水解使pH增大，水电离使pH减小，OM段随温度升高溶液的pH减小，

-

原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO3水解，故A错误；

B．O点溶液和P点溶液中c(H+)相等，c(H+)c(OH-)的值不相等，c(OH-)不相等，故B错误；

C．温度升高后，碳酸氢钠可能部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根，pH

可能大于8.62，故C正确；

2---++

D．Q点、M点溶液中均有电荷守恒：2c(CO3)+c(HCO3)+c(OH)=c(Na)+c(H)，故D错误；

故选C。

8．（2025·北京延庆·一模）不同条件下，当KI与KMnO4按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。

KIKMnO4

反应序号起始酸碱性还原产物氧化产物

物质的量/mol物质的量/mol

2

①酸性0.002xMnI2

②中性0.001yMnO2IO3

已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是

MnO4．．．

2+

A．反应①，nMn:nI2=1:2.5

B．随反应进行，①②溶液的pH均增大

C．对比反应①和②，I在pH较高的溶液中易被氧化为高价

D．对比反应①和②，x:y=1:10

【答案】D

【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1