专题水溶液中的离子反应与平衡（解析版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中化学试题汇编_0623化学_水溶液中的离子反应与平衡--2026高三化学

水溶液中的离子反应与平衡
目录
题型一 弱电解质的电离 1
题型二 水的电离和溶液的酸碱性 9
题型三 盐类的水解14
题型四 沉淀溶解平衡21
题型一 弱电解质的电离
1.(2025·湖北黄冈·三模)25℃时0.1mol ·L-1的NH HCO 溶液的pH=7.8，保持溶液体积不变，通入HCl
4 3
或加入NaOH固体调节pH(无气体逸出)，含碳(或氮)微粒的分布分数δ与pH的关系如下图，已知
H CO 的pKa =10.3，下列说法正确的是
2 3 2
A. 曲线a表示H CO 的分布分数随pH变化
2 3
B. 曲线a与曲线c的交点对应的pH为6.7
C. 当pH=6.3时，加入NaOH发生的反应为：H CO + OH-=H O+HCO-
2 3 2 3
D. 该体系中c(NH+)⋅[c(OH-)+10-4.7]=10-4.7
4
【答案】C
【分析】25℃时0.1mol ·L-1的NH HCO 溶液的pH=7.8，保持溶液体积不变，通入HCl或加入NaOH固体
4 3
调节pH(无气体逸出)，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。图像中左侧的曲线分别是H CO 、
2 3
HCO-、CO2-的分布分数；右侧为NH ⋅H O、NH+的分布分数；随着pH增大，H CO 的量减小、HCO-的量
3 3 3 2 4 2 3 3
先增大后减小、CO2-的量增大，则c、b、a分别表示H CO 、HCO-、CO2-的分布分数随pH变化；随着pH增
3 2 3 3 3
大，NH+的量减小、NH ⋅H O的量增大，其中e为NH+的分布分数。
4 3 2 4
【详解】A．曲线a表示CO2-的分布分数随pH变化，A错误；
3
B．由图pH=6.3时，cH 2 CO 3
1
 =cHCO- 3  ，H CO 的K = cHCO- 3 2 3 a1  cH+ 
cH 2 CO 3 
=cH+  =10-6.3，已知
H CO 的pKa =10.3，K K = cCO2 3 -
2 3 2 a2 a1
 cH+ 
cHCO- 3 
cHCO- 3  cH+ 
cH 2 CO 3 
= cCO2 3 -  c2H+ 
cH 2 CO 3 
=10-10.3×10-6.3，曲线a与曲线c的交点cCO2 3 -
2
 =cH 2 CO 3  ，则此时cH+  =10-8.3，pH=8.3，B错误；
C．当pH=6.3时，溶液中主要含H CO 、HCO-，加入NaOH，氢氧根离子和H CO 反应生成碳酸氢根离子
2 3 3 2 3
和水，反应为：H CO + OH-=H O+HCO-，C正确；
2 3 2 3
D．由图pH=9.3时，pOH=4.7，则K = cNH 4 + b  cOH-  cNH 3 ⋅H 2 O  =cOH-  =10-4.7，由氮元素守恒，cNH 4 +  +
cNH 3 ⋅H 2 O  =0.1mol/L，则 cNH 4 +  cOH-  0.1-cNH 4 +  =10-4.7，D错误；
故选C。
2.(2025·四川巴中·三模)室温下，向20.00mL0.1000ml⋅L-1H C O 溶液中滴加0.1000mol⋅L-1氨水，滴加
2 2 4
cNH+ 过程中pH随滴入氨水体积的变化和pX[pX=-IgX，X为 4 
cNH 3 ⋅H 2 O 
、 cHC 2 O- 4 
cH 2 C 2 O 4 
或 cC 2 O2 4 - 
cHC 2 O- 4 
]
随pH的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A. L 表示 cC 2 O2 4 -
3

cHC 2 O- 4 
随pH的变化曲线
B. 该温度下，K b NH 3 ⋅H 2 O  =10-4.7
C. 水的电离程度：c点>d点
D. c点溶液中：cH 2 C 2 O 4  +cHC 2 O- 4  +cC 2 O2 4 -  =cNH+ 4  +cNH 3 ⋅H 2 O 
【答案】D
c(H+)×c(HC O-) c(H+)×c(C O2-)
【分析】H C O ⇌HC O-+H+，K = 2 4 ，HC O-⇌C O2-+H+，K = 2 4 ，
2 2 4 2 4 a1 c(H C O ) 2 4 2 4 a2 c(HC O-)
2 2 4 2 4
c(HC O-) c(C O2-) c(HC O-) c(C O2-)
K >K ，故c(H+)相同时， 2 4 > 2 4 ，即pH相同时，lg 2 4 >lg 2 4 ，所以L
a1 a2 c(H C O ) c(HC O-) c(H C O ) c(HC O-) 3
2 2 4 2 4 2 2 4 2 4
表示 cHC 2 O- 4 
cH 2 C 2 O 4 
随pH的变化曲线，L 表示 cC 2 O2 4 -
2

cHC 2 O- 4 
随pH的变化曲线，则L 表示 cNH 4 +
1

cNH 3 ⋅H 2 O 
随pH的
变化曲线；
【详解】A．根据分析，L 表示 cHC 2 O- 4
3

cH 2 C 2 O 4 
随pH的变化曲线，A错误；
B．根据分析，L 表示 cNH 4 +
1

cNH 3 ⋅H 2 O 
随pH的变化曲线，由a点数据可得K(NH ⋅H O)= cNH 4 +
b 3 2
 ⋅cOH- 
cNH 3 ⋅H 2 O 
102.5×10-14
= =10-4.8，B错误；
10-6.7
C．d点溶质为NH 4  C O ，c点溶质为NH HC O ，相同浓度时草酸根的水解程度大于草酸氢根，草酸根更 2 2 4 4 2 4促进水的电离，所以水的电离程度：c点<d点，C错误；
D．c点溶质为NH 4 HC 2 O 4 ，根据物料守恒可知c点溶液中：cH 2 C 2 O 4
3
 +cHC 2 O- 4  +cC 2 O2 4 -  =cNH 4 +  +
cNH 3 ⋅H 2 O  ，D正确；
故选D。
3.(2025·北京海淀·三模)25℃时，向100mL蒸馏水中加入3gCaCO 粉末，一段时间后再向其中加入10mL
3
蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图。
已知：25℃时，K spCaCO 3  =3.4×10-9；饱和CaCO 溶液的pH略小于10。 3
H CO 的电离常数：K =4.5×10-7,K =4.7×10-11。
2 3 a1 a2
下列说法正确的是
A. a→b过程的上层清液中：cCa2+  =cCO2 3 - 
B. c→d过程的上层清液电导率下降，说明CaCO 的溶解平衡逆向移动
3
C. e点的上层清液中：cCO2 3 -  <cHCO- 3 
D. 体系中任意时刻都满足cCa2+  +cH+  =2cCO2 3 -  +cHCO- 3  +cOH- 
【答案】C
【分析】25°C时，向蒸馏水加入CaCO 粉末及后续加水过程中电导率变化图，呈现实验中电导率随时间变化
3
的曲线。起点a，代表初始蒸馏水，电导率低，因纯水中离子极少。a→b段，加入CaCO ，其溶解产生Ca2+、
3
CO2-等离子，离子浓度增大，电导率上升，到b点达溶解平衡，电导率暂稳 。c→d段，加入10mL蒸馏水，溶
3
液被稀释，离子浓度降低，电导率下降。d→e段，CaCO 继续溶解补充离子，离子浓度逐渐回升，电导率上
3
升，e点后溶解又达平衡，电导率趋于稳定 ，反映CaCO 溶解平衡及离子浓度变化对电导率的影响。
3
【详解】A．CaCO 在溶液中存在溶解平衡CaCO (s)⇌Ca2+(aq)+CO2-(aq)，同时CO2-会发生水解CO2-
3 3 3 3 3
+H O⇌HCO-+OH-，由CO2-于水解，所以c(Ca2+)>c(CO2-)，A错误；
2 3 3 3
B．c→d过程加入蒸馏水，溶液被稀释，离子浓度减小，导致电导率下降，而稀释会使CaCO 的溶解平衡正
3
向移动，B错误；
C．在e点的上层清液为CaCO 3 饱和溶液，由K spCaCO 3  =3.4×10-9得c(CO2-)= 3.4×10-9mol⋅L-1= 3
6.0×10-5mol⋅L-1，CO2-存在水解平衡，即CO2-+H O⇌HCO-+OH-，HCO-+H O⇌H CO +OH-，根
3 3 2 3 3 2 2 3
c(CO2-)c(Η+) c(ΗCO-)c(ΟΗ-)
据K =4.5×10-7，K =4.7×10-11，可得 3 =K =4.7×10-11，K = 3 =
a1 a2 c(ΗCO-) a2 h1 c(CO2-)
3 3
K
w ≈2×10-4，CO2-以第一步水解为主，设有xmol⋅L-1的CO2-水解生成HCO-，列三段式有：
K 3 3 3
a2
CO2- + H O ⇌ HCO- + OH-
3 2 3
起始(mol⋅L-1) 6.0×10-5
转化(mol⋅L-1) x x x
平衡(mol⋅L-1) 6.0×10-5-x x xx2
则 ≈2×10-4，x≈4.85×10-5，即c(ΗCO-)=4.85×10-5mol⋅L-1，c(CO2-)≈1.15×10-5mol⋅
6.0×10-5-x 3 3
L-1，所以c(CO2-)<c(HCO-)，C正确；
3 3
D．根据电荷守恒，体系中应满足2c(Ca2+)+c(H+)=2c(CO2-)+c(HCO-)+c(OH-)，D错误；
3 3
综上，答案是C。
4.(2025·北京海淀·三模)某小组同学为了验证NH+和HCO-对Mg与水反应的促进作用，用与水反应后的
4 3
Mg条与4种盐溶液进行对比实验，结果如下。
实验序号 ⅰ ⅱ ⅲ ⅳ
盐溶液(均为0.1mol⋅L-1) NH Cl NaHCO NaCl NH HCO
4 3 4 3
起始pH 5.1 8.3 7.0 7.8
30min时产生气体体积(mL) 1.5 0.7 <0.1 1.4
气体的主要成分 H
2
30min时镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸)
补充实验表明：(ⅰ)实验ⅰ中还检测出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；(ⅱ)实验ⅱ中的固体含有
碱式碳酸镁，气体含有二氧化碳。下列说法不正确的是
A. 0.1mol⋅L-1NH HCO 溶液中，c(NH+)>c(HCO-)
4 3 4 3
B. NH+对Mg与水反应的促进作用与Mg(OH) +2NH+⇌Mg2++2NH ⋅H O有关
4 2 4 3 2
C. 实验ⅱ中HCO-的电离平衡和水解平衡的移动方向相同
3
D. 对比实验ⅰ和ⅱ可推知，浓度相同时，对Mg与水反应的促进作用：NH+>HCO-
4 3
【答案】C
【详解】A．NH HCO 溶液pH=7.8显碱性，说明HCO-水解程度大于NH+水解程度，故c(NH+)>
4 3 3 4 4
c(HCO-)，A正确；
3
B．NH+水解显酸性，Mg(OH) 与H+反应生成Mg2+和水，促进Mg与水反应，总反应方程式为Mg(OH) +
4 2 2
2NH+⇌Mg2++2NH ⋅H O，B正确；
4 3 2
C．实验 ii 中，HCO-存在电离HCO-⇌H++CO2-和水解HCO-+H O⇌H CO +OH-，Mg与水反应生
3 3 3 3 2 2 3
成OH-，促进HCO-电离，抑制其水解，移动方向不同，C错误；
3
D．对比实验ⅰ和ⅱ，实验i(NH Cl)30min 产生气体更多，说明浓度相同时，NH+对Mg与水反应促进作用大
4 4
于HCO-，D正确；
3
故选C。
5.(2025·北京大兴·三模)常温下完成下列实验。其中实验Ⅰ中浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。下
列说法中不正确的是
A. 实验Ⅰ中加入8滴水后溶液的pH不变
4B. 实验Ⅱ中加入浓氨水后，cNa+
5
 +cH+  +cNH+ 4  =2cCO2 3 -  +cHCO- 3  +cOH- 
C. 实验Ⅲ中加入NH Cl溶液后，NH Cl溶液抑制了HCO-的水解
4 4 3
D. 以上实验说明NaHCO 溶液中HCO-既存在电离平衡又存在水解平衡
3 3
【答案】C
【详解】A．实验I中加入8滴水后溶液浑浊不消失，溶液仍是NaHCO 的饱和溶液，故pH不变，故A正确；
3
B．实验Ⅱ中加入浓氨水后，溶液为NaHCO 和氨水的混合溶液，根据电荷守恒则有c(Na+) + c(H+) +
3
c(NH+) = 2c(CO2-) + c(HCO-) + c(OH-)，故B正确；
4 3 3
C．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，促进碳酸氢根离子的水解，碳酸氢钠溶解，溶液变澄清，故C不正确；
D．实验Ⅱ说明碳酸氢根离子存在水解平衡，实验Ⅲ说明存在碳酸氢根离子的电离平衡，以上实验说明
NaHCO 溶液中HCO-既存在电离平衡又存在水解平衡，故D正确；
3 3
故选C。
6.(2025·北京房山·三模)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na CO 体系中的可能产
2 3
物。
已知：i．图1中曲线表示Na CO 体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
2 3
ii．图2中曲线I的离子浓度关系符合c(Mg2+)⋅c2(OH-)=K spMg(OH) 2  ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
c(Mg2+)⋅c(CO2-)=K (MgCO )【注：起始c(Na CO )=0.1mol⋅L-1，不同pH下c(CO2-)由图1得到。】
3 sp 3 2 3 3
下列说法不正确的是
A. 由图1，pH=10.25，c(HCO-)=c(CO2-)
3 3
B. 由图2，初始状态pH=11、lgc(Mg2+)  =-6，有沉淀生成
C. 由图2，初始状态pH=9、lgc(Mg2+)  =-2，平衡后存在c(H CO )+c(HCO-)+c(CO2-)<0.1mol⋅ 2 3 3 3
L-1
D. 由图1和图2，初始状态pH=8、lgc(Mg2+)  =-1，发生反应：Mg2++2HCO-=MgCO ↓+CO ↑ 3 3 2
+H O
2
【答案】B
【分析】由图1知，当pH=6.37时，H CO 和HCO-的物质的量分数相等，即c(H CO )=c(HCO-)，由K
2 3 3 2 3 3 a1
c(HCO-)c(H+)
(H CO )= 3 =c(H+)=10-6.37，同理，K (H CO )=10-10.25，由图2知，曲线I的离子浓度关系
2 3 a2 2 3
c(H CO )
2 3
符合c(Mg2+)⋅c2(OH-)=K spMg(OH) 2  ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)⋅c(CO2-)=K (MgCO )，当位 3 sp 3
于曲线下方时，Q c =c(Mg2+)⋅c2(OH-)<K spMg(OH) 2  、Q =c(Mg2+)⋅c(CO2-)<K (MgCO )表示不饱和 c 3 sp 3溶液，无沉淀生成，，同理，位于曲线上方时，表示过饱和溶液，有沉淀生成，据此回答。
【详解】A．从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A正确；
B．从图2可以看出pH=11、lgc(Mg2+)
6
 =-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或
氢氧化镁沉淀，B错误；
C．从图2可以看出pH=9、lgc(Mg2+)  =-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守
恒，溶液中c(H CO )+c(HCO-)+c(CO2-)<0.1mol⋅L-1，C正确；
2 3 3 3
D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO- 3 ，pH=8、lgc(Mg2+)  =-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成
碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2HCO-=MgCO ↓+CO ↑+H O，D正确；
3 3 2 2
故选B。
7.(2025·江苏苏州·三模)室温下，通过下列实验探究NaHC O 的性质。已知：室温下，K (H C O )=5.4
2 4 a1 2 2 4
×10-2，K (H C O )=5×10-5，K (CaC O )=2.4×10-9。lg2=0.3。
a2 2 2 4 sp 2 4
实验1：往20mL0.10mol·L-1NaHC O 溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液。
2 4
实验2：往20mL0.10mol·L-1NaHC O 溶液中滴加0.10mol·L-1CaCl 溶液。
2 4 2
假设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可选用酚酞作指示剂，反应终点为无色变为浅红色
B. 实验1中pH=4.3时，溶液中c(C O2-)<c(HC O-)
2 4 2 4
C. 实验2中V(CaCl )=10mL时，溶液中c(H+)+c(Na+)>c(Cl-)+c(OH-)
2
D. 实验2中V(CaCl )=80mL时，溶液中c(C O2-)约为4.0×10-8mol·L-1
2 2 4
【答案】B
【详解】A．NaHC O 溶液中滴加NaOH，方程式为：NaHC O +NaOH=Na C O +H O，得到Na C O 溶
2 4 2 4 2 2 4 2 2 2 4
液，是强碱弱酸盐，溶液显碱性，反应终点为无色变为浅红色，因此用酚酞作指示剂，A正确；
c(H+)⋅c(C O2-)
B．pH=4.3时，pK =-lg(5×10-5)≈4.3，K = 2 4 ，代入已知值：5×10-5=
a2 a2 c(HC O-)
2 4
(5.0×10-5)⋅c(C 2 O2 4 -) ，此时 cC 2 O2 4 - c(HC O-) 2 4  cHC 2 O- 4  =1，则溶液中cC 2 O2 4 -  =cHC 2 O- 4  ，B错误；
C．实验2中V(CaCl )=10mL时，NaHC O 溶液中滴加CaCl 溶液，发生反应：2NaHC O +CaCl =
2 2 4 2 2 4 2
CaC 2 O 4 ↓+2NaCl+H 2 C 2 O 4 ，由于cNa+  =cCl-  ，反应后溶液显酸性，故有c(H+)+c(Na+)>c(Cl-)+
c(OH-)，C正确；
0.1×0.08-0.1×0.02
D．实验2中V(CaCl )=80mL时，溶液中剩余的钙离子浓度为 =0.06mol/L，溶液中
2 0.1
的cC 2 O2 4 -  = K spCaC 2 O 4  cCa2+  2.4×10-9 = =4.0×10-8mol/L，D正确； 0.06
故选B。
8.(2025·湖北·三模)常温下，用Hg(NO ) 测定NaCl溶液中的c(Cl-)时，含Hg微粒的分布系数(δ)与lg
3 2
K K K K
c(Cl-)的关系如图所示。Hg2+与Cl-的配合物存在如下平衡：HgCl2- → 1 HgCl- → 2 HgCl → 3 HgCl+→ 4 Hg2+。
4 3 2
下列说法错误的是A. K =10-1，K =10-0.85
1 2
B. 在X点：c(HgCl )∶c(HgCl+)∶c(Hg2+)=2∶2∶1
2
C. 在Q点：c(Cl-)+3c(HgCl2-)>c(H+)-c(OH-)
4
D. 若P点pH=7，c(Na+)+c(HgCl+)-c(NO-)+2c(HgCl )=10-5.6 mol·L-1
3 2
【答案】D
【分析】
， 随 氯 离 子 浓 度 增 大 ，
HgCl2-⇌
K1
HgCl-⇌
K2
HgCl ⇌
K3
HgCl+⇌
K4
Hg2+平衡逆向移动，所以A表示Hg2+、B表示HgCl+、C表示HgCl 、D表
4 3 2 2
示HgCl-、E表示HgCl2-。
3 4
【详解】A．根据图像，cHgCl- 3
7
 =cHgCl2 4 -  时，cCl-  =10-1；cHgCl 2  =cHgCl- 3  时，cCl-  =10-0.85
K = cHgCl- 3
1
 cCl- 
cHgCl2 4 - 
=0.1，K = cHgCl 2
2
 cCl- 
cHgCl- 3 
=10-0.85，A正确；
B．在X点cHgCl 2  :cHgCl+  =1:1，溶液中含有HgCl 、HgCl+、Hg2+，平均配位数为1.2，设n(HgCl )= 2 2
2x+x x 2
n(HgCl+)=xmol，n(Hg2+)=ymol，则 2x+y =1.2，解得 y = 1 ，即X点的cHgCl 2  :cHgCl+  :cHg2+  =
2:2:1，B正确；
C．根据电荷守恒，在Q点：cCl-  +2cHgCl2 4 -  +cHgCl- 3  +cOH-  +cNO- 3  =cH+  +cNa+  ，Hg2+
平均配位数约为3 nNa+  =nCl-  >nNO- 3    ，所以cNO- 3  <cNa+  ，cHgCl2 4 -  =cHgCl- 3  ，所以
cCl-  +3cHgCl2 4 -  >cH+  -cOH-  ，C正确；
D．若P点pH=7，根据电荷守恒cCl-  +cNO- 3  =2cHg2+  +cHgCl+  +cNa+  ，P点cHg2+  =
cHgCl 2 
cHg2+
，K = 4
 cCl- 
cHgCl+ 
cHgCl+
=10-6.74，K = 3
 cCl- 
cHgCl 2 
cHg2+
=10-6.48，K K = 4 3
 c2Cl- 
cHgCl 2  =
10-13.22，cCl-  =10-6.61，所以：cNa+  +cHgCl+  -cNO- 3  +2cHgCl 2  =cCl-  =10-6.61，D错误；
故选D。
9.(2025·江西九江·三模)某二元酸(H A)的K =10-3.04、K =10-4.37。25℃时，1.0mol·L-1NaHA溶液稀
2 a1 a2
释过程中δ(H A)、δ(HA-)、δ(A2-)与pc(Na+)的关系如图所示。已知pc(Na+)=-lgc(Na+)，HA-的分
2
c(HA-)
布系数δ(HA-)= 。下列说法不正确的是
c(H A)+c(HA-)+c(A2-)
2A. 曲线p为δ(H A)的变化曲线 B. H A+A2-⇌2HA-的平衡常数K=1.0×101.33
2 2
C. b点：3c(A2-)>c(Na+) D. a点：c(H+)≈4.7×10-4.37mol/L
【答案】C
【分析】NaHA溶液同时存在电离平衡HA-⇋H++A2-(K =10-4.37)和水解平衡HA-+H O⇋H A+
a2 2 2
K 10-14
OH-K = w = =10-10.96
h2 K 10-3.04
a1
8
 ，1.0mol·L-1NaHA溶液的电离和水解程度均较小，含A粒子以为HA-
主，曲线n为δ(HA-)随变化曲线，由于HA-电离程度大于水解程度，随溶液稀释c(HA-)减小，电离程度增幅
较大，曲线m为δ(A2-)随pc(Na+)变化曲线，曲线p为δ(H A)随pc(Na+)变化曲线；
2
【详解】A．根据分析可知，曲线p为δ(H A)随pc(Na+)变化曲线，A正确；
2
c2(HA-) K 10-3.04
B．H A+A2-⇌2HA-的平衡常数K= = a1 = =1.0×101.33，B正确；
2 c(H A)×c(A2-) K 10-4.37
2 a2
C．溶液均存在物料守恒，c(Na+)=c(HA-)+c(H A)+c(A2-)，b点时c(H A)=c(A2-)<c(HA-)，则
2 2
3c(A2-)<c(Na+)，C错误；
c(H+)×c(A2-) 10-4.37×c(HA-) 10-4.37×δ(HA-)
D．K = =10-4.37，a点时，c(H+)= mol/L= mol/L=
a2 c(HA-) c(A2-) δ(A2-)
10-4.37×0.7
≈4.7×10-4.37mol/L，D正确；
0.15
答案选C。
10.(2025·天津滨海新·三模)根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是
A. 向圆底烧瓶中加入NaOH、无水乙醇、1-溴丁烷和碎瓷片，微热，将产生的气体直接通入溴水中，溶
液褪色，证明1-溴丁烷发生消去反应
B. K S固体溶于水，进行导电实验，K S溶液可导电，K S中含有离子键
2 2 2
C. 用NaOH 标准液分别滴定等体积、等pH的一元酸HA 和HB，HB 消耗的NaOH标准液体积多，
HA是强酸
D. 在淀粉和I 的混合溶液中滴加过量氯水，溶液蓝色褪去，氯水具有漂白性
2
【答案】A
【详解】A．1-溴丁烷在氢氧化钠醇溶液中加热条件下发生消去反应生成1-丁烯和水，将产生的气体直接
通入溴水中，溴水褪色，虽然乙醇具有挥发性，但乙醇无法使溴水褪色，故褪色的原因是1-溴丁烷发生消去
反应生成了烯烃，A正确；
B．K S固体溶于水，发生电离，溶液可导电，不能证明K S为离子化合物，共价化合物溶于水也可导电，如
2 2
HCl、H SO 等共价化合物溶液均能导电，B错误；
2 4
C．等pH的HA和HB，若HB消耗更多NaOH，说明其浓度更高(弱酸需更高浓度达到相同pH)，HA浓度较低，可能为强酸；但若两者均为弱酸且HB浓度更高，HA仍可能为弱酸，结论不严谨，C错误；
D．淀粉与I 混合液中加入氯水，蓝色褪去是因Cl 将I 氧化为IO-，而非氯水的漂白性，结论错误，D错误；
2 2 2 3
故选A。
题型二 水的电离和溶液的酸碱性
11.(2025·天津北辰·三模)下列操作能促进水的电离且使溶液中 cH+
9
 <cOH-  的是
A. 将水加热煮沸 B. 向水中加入Na CO 固体
2 3
C. 向水中通入氯化氢气体 D. 向水中加入NH Cl 固体
4
【答案】B
【分析】升高温度、加入能水解的盐会促进水的电离，使溶液中 cH+  <cOH-  ，则溶液呈碱性；
【详解】A．升温促进电离，但H+和OH⁻浓度仍相等(中性)，A不符合题意；
B．CO2-水解消耗H+生成OH⁻，促进水的电离，溶液显碱性，B符合题意；
3
C．向水中通入氯化氢气体，H+浓度增加，抑制水的电离，溶液显酸性，C不符合题意；
D．NH+水解生成H+，促进水的电离但溶液显酸性，D不符合题意；
4
故选B。
12.(2025·广东汕头·三模)下列关于配制NaOH标准溶液并用其滴定草酸溶液浓度的操作正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】A．配制溶液不能在容量瓶中溶解固体，操作错误，A错误；
B．定容时，视线与凹液面最低处保持水平，操作错误，B错误；
C．摇匀时，应该用右手拖住容量瓶底部，操作错误，C错误；
D．聚四氟乙烯滴定管是酸碱通用型滴定管，强碱滴定弱酸，滴定终点为碱性，用酚酞做指示剂，操作合理，D
正确；
故选D。13.(2025·北京西城·三模)下列实验中，符合操作规范要求的是
A．向试管中滴加溶液 B．配制100mL1.00mol/LNaCl溶液
C．制备检验醛基用的银氨溶液 D．调控滴定速度
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【详解】A．向试管中滴加溶液时，胶头滴管应垂直悬空在试管口上方，不能伸入试管内，A图中胶头滴管伸
入了试管内，不符合操作规范要求；
B．配制溶液时，不能直接在容量瓶中溶解固体，应先在烧杯中溶解固体，冷却至室温后再转移到容量瓶中，
B图中在容量瓶中溶解NaCl固体，不符合操作规范要求；
C．制备银氨溶液时，应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，边滴边振荡，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，C图
操作符合制备银氨溶液的规范要求；
D．调控滴定速度时，应使用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，D图中用右手控制滴定管活塞，不符
合操作规范要求；
综上，答案是C。
14.(2025·浙江温州·三模)25℃，CaSO 饱和溶液中cCa2+ 4
10
 =7.0×10-3mol⋅L-1；K spCaC 2 O 4  =2.5×
10-9；K a1H 2 C 2 O 4  =5.6×10-2；K a2H 2 C 2 O 4  =1.5×10-4。lg1.5=0.18。下列描述不正确的是
A. K spCaSO
4
 =4.9×10-5
B. 向0.010mol⋅L-1Na C O 溶液中滴入几滴紫色石蕊(pH变色范围：5.0~8.0)试液，溶液呈紫色
2 2 4
C. 0.10mol⋅L-1H 2 C 2 O 4 溶液中：cC 2 O2 4 -  >cOH- 
D. 向CaC 2 O 4 悬浊液中加入足量CaSO 4 s  ，cCa2+  不变
【答案】D
【详解】A．CaSO 4 饱和溶液中cCa2+  =cSO2 4 -  =7.0×10-3mol⋅L-1，K spCaSO 4  =4.9×10-5A正确；
K B．Na C O 的K = w 2 2 4 h K a2H 2 C 2 O 4  = 10-14 = cHC 2 O- 4 1.5×10-4  cOH-  cC 2 O2 4 -  c2OH- ≈ 
K w
cH+ = 0.01 


 2
，cH+ 0.01  =1.5×10-8mol/L，pH=7.92，溶液呈紫色，B正确；
cC 2 O2 4 - C．0.10mol⋅L-1H C O 溶液中：K ×K = 2 2 4 a1 a2
11
 K w cOH-      2 cH 2 C 2 O 4  ⇒cOH-  = cC 2 O2 4 -  ×K2，故 K ×K ×0.1 w a1 a2
cC 2 O2 4 -  >cOH-  ，C正确；
D．向CaC 2 O 4 悬浊液中加入足量CaSO 4s  ，K spCaC 2 O 4  <K spCaSO 4  ，发生沉淀的转化，cCa2+  减小，
D错误；
故选D。
15.(2025·河北保定·三模)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 澄清透明的溶液中：K+、Mg2+、MnO-、SO2-
4 4
cH+
B.

cOH- 
=1×107的溶液中：K+、NO-、CO2-、ClO-
3 3
C. 饱和氯水中：Cl-、Na+、Fe2+、Cu2+
D. 能使甲基橙变红的溶液中：NH+、Br-、I-、NO-
4 3
【答案】A
【详解】A．澄清透明的溶液中：K+、Mg2+、MnO-、SO2-相互不反应，可大量共存，A正确；
4 4
cH+
B．常温下，

cOH- 
=1×107说明溶液呈酸性，ClO-、CO2-不能大量存在，B错误；
3
C．饱和氯水含Cl ，能氧化Fe2+，不能共存，C错误；
2
D．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下I-与NO-能够反应，不能共存，D错误；
3
故选A。
16.(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。
17.(2025·宁夏石嘴山·三模)常温下，下列各组离子在给定溶液中可能大量共存的是
A. 葡萄糖溶液中：MnO-、K+、H+、SO2-
4 4
B. 在0.1mol/L氨水中：SO2-、Cu2+、Na+
4C. 在0.1mol/L硝酸银溶液中：K+、Na+、I-、SO2-。
4
D. 水电离出来的cH+
12
 =10-13mol/L的溶液中：K+、CO2 3 -、AlOH   4  -
【答案】D
【详解】A．葡萄糖中含有醛基和羟基，具有还原性，在酸性条件下均能与MnO-反应，不能共存，A不符合题
4
意；
B．Cu2+与氨水反应，先生成Cu(OH) 蓝色沉淀，后溶解生成[Cu(NH ) ]2+，不能大量共存，B不符合题意；
2 3 4
C．Ag+与I-会生成AgI沉淀不能大量共存，C不符合题意；
D．水电离出来的cH+  =10-13mol/L的溶液可以是酸性也可以是碱性，在碱性条件下K+、CO2-、 3
AlOH   4  -可以共存，D符合题意；
答案选D。
18.(2025·浙江·三模)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物
质)。
已知：I +2Na S O =2NaI+Na S O
2 2 2 3 2 4 6
下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ中发生反应的离子方程式为BrO-+5Br-+6H+=3Br +3H O
3 2 2
B. 若消耗的Na S O 溶液的体积为VmL，则废水中苯酚含量为 476aV 1 -bV 3
2 2 3 3
 g/L
3V
2
C. 步骤Ⅱ中加入的KI溶液不能过量
D. 由于Br 有挥发性，可能会造成测定结果偏高
2
【答案】C
【分析】测定经处理后的废水中苯酚的含量的实验方法为：先用VmLamol·L-1KBrO 加入用硫酸酸化的过量
1 3
KBr溶液将BrO-转化为Br ：BrO-+5Br-+6H+=3Br +3H O；再加入VmL的废水，利用Br 消耗废水
3 2 3 2 2 2 2
中的苯酚转化为三溴苯酚沉淀：C H OH+3Br →C H Br OH↓+3HBr，进行过滤，在滤液中加入过量KI溶
6 5 2 6 2 3
液消耗剩余的Br ，发生反应：Br +2I-=I +2Br-，最后用bmol·L-1Na S O 溶液滴定I ，根据消耗的
2 2 2 2 2 3 2
Na S O 溶液体积计算废水中苯酚的含量，据此分析解答。
2 2 3
【详解】A．根据分析，步骤Ⅰ是将BrO-转化为Br ，则反应的离子方程式为：BrO-+5Br-+6H+=3Br +
3 2 3 2
3H O，A正确；
2
B．根据步骤Ⅰ可知生成的nBr 2  =amol·L-1×V×10-3L×3=3aV×10-3mol，由BrO-→3Br → 总 1 1 3 2
→C H OH
  →3I 6 → 5 6Na S O 得到当消耗的Na 2 S 2 O 3 溶液的体积为V 3 mL时，则废水中苯酚含量为
2 2 2 3
3aV×10-3mol-
bmol·L-1×V
3
×10-3L
1 2

3 ×94g·mol-1 = 476aV 1 -bV 3
V×10-3L
2
 g·L-1，B正确；
3V
2
C．如果KI溶液过量，过量的I-在后续的滴定过程中不与Na S O 溶液反应，对滴定结果不产生影响，C错
2 2 3
误；
D．由于Br 的挥发性，可能会导致最后滴定时消耗的Na S O 溶液体积V偏低，根据苯酚含量的计算公式
2 2 2 3 3
476aV 1 -bV 3  g·L-1可知会造成测定结果偏高，D正确；
3V
2故答案为：C。
19.(2025·河南·三模)向浓度均为1mol·L-1的Na CO 和NaHCO 溶液中分别滴加少量FeCl ，溶液，都产生
2 3 3 2
白色沉淀，后者有气体产生。已知25℃时：
①1mol·L-1NaHCO 溶液中，c(CO2-)=1×10-2mol·L-1，c(OH-)=2×10-6mol·L-1；
3 3
lmol·L-1Na CO 溶液中，c(OH-)=1.3×10-2mol·L-1。
2 3
②K (FeCO )=3.1×10-11，K [Fe(OH) ]=4.9×10-17。
sp 3 sp 2
下列说法错误的是
A. Na CO 溶液中c(Na+)>c(CO2-)>c(HCO-)>c(H+)
2 3 3 3
B. 1mol·L-1NaHCO 溶液中，水电离出的H+浓度为2×10-6mol·L-1
3
C. Na CO 与FeCl 反应产生的沉淀是Fe(OH)
2 3 2 2
D. NaHCO 与FeCl 反应的离子方程式是2HCO-+Fe2+=FeCO ↓+H O+CO ↑
3 2 3 3 2 2
【答案】C
【详解】A．lmol·L-1Na CO 溶液中以第一步水解为主。CO2-+H O⇌HCO-+OH-，c(HCO-)≈c(OH-)，
2 3 3 2 3 3
c(Na+)=2mol·L-1，c(CO2-)=lmol·L-1-1.3×10-2mol·L-1，c(HCO-)=1.3×10-2mol·L-1，c(H+)=10-14÷
3 3
(1.3×10-2)mol·L-1，A正确；
B．1mol·L-1NaHCO 溶液中，水电离出的c(H+)等于水电离出的c(OH-)=2×10-6mol·L-1，B正确；
3
C．根据K (FeCO )=3.1×10-11，K [Fe(OH) ]=4.9×10-17和lmol·L-1Na CO 溶液中c(OH-)=1.3×
sp 3 sp 2 2 3
10-2mol·L-1；计算FeCO 开始沉淀时c(Fe2+)=3.1×10-11÷(l-1.3×10-2)≈10-11，Fe(OH) 开始沉淀时
3 2
4.9×10-17
c(Fe2+)=
1.3×10-2
13

≈10-13；二者数值极小，且接近，存在竞争沉淀。实验证明：pH7-9时FeCO 和
2 3
Fe(OH) 共存。故Na CO 与FeCl 反应产生的沉淀是FeCO 和Fe(OH) 的混合物，C错误；
2 2 3 2 3 2
D．NaHCO 与FeCl 反应产生白色沉淀，有气体产生。HCO-电离：HCO-⇌CO2-+H+，HCO-+H+=
3 2 3 3 3 3
H O+CO ↑，CO2-+Fe2+=FeCO ↓，D正确；
2 2 3 3
故选C。
20.(2025·河北石家庄·三模)化学是一门以实验为基础的学科。下列有关实验操作的表述正确的是
A. 实验室制取SO 时，不能用浓硫酸干燥
2
B. 蒸馏时先点燃酒精灯，再通入冷凝水
C. 对于不需要回收的部分有机废液，可进行焚烧处理
D. 酸碱中和滴定过程中，滴定管的尖嘴始终不能接触锥形瓶内壁
【答案】C
【详解】A．浓硫酸可以干燥SO ，二者不发生反应，A错误；
2
B．蒸馏时先点燃酒精灯，再通入冷凝水，冷凝管容易炸裂，应该先通入冷凝水再加热，B错误；
C．有机废液，可进行焚烧处理生成CO 和水，不会污染环境，C正确；
2
D．滴定到接近终点时，半滴加入标准溶液，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，D错误；
答案选C。
题型三 盐类的水解
21.(2025·天津河西·三模)室温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LHA溶液，测得混合溶液c(A-)
的pH与1g 的关系如图所示。下列说法正确的是
c(HA)
A. 导电能力：a>b B. 室温下，Ka(HA)=10-3.8
C. b点时，c(A-)+c(HA)=c(Na+) D. c点时，c(A-)>c(Na+)
【答案】B
【详解】A．由电荷守恒得：c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，随NaOH的加入，c(A-)和c(OH-)增大，则溶
液中总离子浓度增大，溶液导电能力增大，导电能力：a<b，故A错误；
c(A-) c(A-) c(A-)⋅c(H+)
B．lg =2时，pH=5.8，此时 =100，c(H+)=10-5.8，K (HA)= =10-5.8×100
a
c(HA) c(HA) c(HA)
=10-3.8，故B正确；
C．b点溶液显中性，则c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(Na+)，故C错误；
D．电荷守恒得：c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c点溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，c(A-)<c(Na+)，
故D错误；
故答案选B。
22.(2025·北京朝阳·三模)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na CO 体系中的可能产
2 3
物。
已知：①图1中曲线表示Na CO 体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
2 3
②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合cMg2+
14
 ⋅c2OH-  =K sp MgOH   2  ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
cMg2+  ⋅cCO2 3 -  =K spMgCO 3  [注：起始cNa 2 CO 3  =0.1mol⋅L-1，不同pH下cCO2 3 -  由图1得到]。
下列说法不正确的是
A. 由图1，K a1H 2 CO 3  =10-6.37，K a2H 2 CO 3  =10-10.25
B. 由图2，初始状态pH=11、lg cMg2+    =-6，无沉淀生成C. 由图2，初始状态pH=9、lg cMg2+
15
   =-2，平衡后溶液中存在cH 2 CO 3  +cHCO- 3  +cCO2 3 -  <
0.1mol⋅L-1
D. 由图1和图2，推测向0.1mol⋅L-1的Na CO 溶液中滴加MgCl 溶液，发生反应：Mg2++CO2-=
2 3 2 3
MgCO ↓
3
【答案】D
【详解】A．根据图1，cH 2 CO 3  =cHCO- 3  时pH=6.37，K a1H 2 CO 3  =10-6.37；cHCO- 3  =cCO2 3 -  时
pH=10.25，则K a2H 2 CO 3  =10-10.25，故A正确；
B．由图2，初始状态pH=11、lg cMg2+    =-6，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，cMg2+  ⋅c2OH-  <
K sp MgOH   2  、cMg2+  ⋅cCO2 3 -  <K spMgCO 3  ，所以无沉淀生成，故B正确；
C．由图2，初始状态pH=9、lg cMg2+    =-2，有碳酸镁沉淀生成，根据碳元素守恒，平衡后溶液中存在
cH 2 CO 3  +cHCO- 3  +cCO2 3 -  <0.1mol⋅L-1，故C正确；
D．根据图1，0.1mol⋅L-1的Na CO 溶液的pH>11，根据图2，初始状态pH>11，先生成氢氧化镁沉淀，故
2 3
D错误；
选D。
23.(2025·四川巴中·三模)下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
水解常数：
用pH试纸分别测定NaHCO 溶液和
3
A NaHCO 溶液的pH大 HCO-大于
3 3
NaHSO 溶液的pH
3
HSO-
3
常温下，将滴有几滴酚酞试液的饱和 溶液颜色加深，并产生 HCO-的水解平
3
B
碳酸氢钠溶液加热到50℃ 大量气泡 衡向逆移动
向a、b两支试管中分别加入等体积 b试管溶液变蓝后，产
Cu2+是H O 分
2 2
C 的5%H O 溶液，在b试管中加入2- 生气泡的速率明显加
2 2
解的催化剂
3滴CuSO 溶液 快
4
锌粒与置换出的
向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴加 产生气泡的速率明显
D 银形成了铜锌原
几滴AgNO 溶液 加快
3
电池
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【详解】A．NaHCO 溶液显碱性是HCO-水解大于电离，NaHSO 溶液显酸性是HSO-电离大于水解，不能
3 3 3 3
仅根据pH比较二者水解常数，A错误；
B．加热促进HCO-水解，水解平衡正向移动，B错误；
3
C．加入CuSO 溶液后，Cu2+加快H O 分解速率，说明Cu2+是H O 分解的催化剂，C正确；
4 2 2 2 2
D．加入AgNO 溶液，锌先置换出银，形成锌-银原电池加快反应速率，不是铜锌原电池，D错误；
3
故选C。
24.(2025·山东淄博·三模)下列实验装置或操作能达到实验目的的是A．制备NaHCO 固体 B．制备AlCl 固体
3 3
C．比较Cl 和I 的氧化性 D．验证牺牲阳极法保护铁
2 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【详解】A．NH 极易溶于水，直接将NH 通入饱和食盐水会发生倒吸，因此通入NH 的导管口应在广口瓶瓶
3 3 3
口处，而将通入CO 气体的导气管通入饱和食盐水中，A不符合题意；
2
B．AlCl 溶液在空气中直接加热会促进AlCl 水解而生成氢氧化铝，氢氧化铝再受热分解可能生成Al O ，
3 3 2 3
不能制备AlCl 固体，B不符合题意；
3
C．向高锰酸钾固体中滴加浓盐酸反应生成氯气，将氯气通入到淀粉-KI溶液中，若溶液变蓝，则可说明氯
气将I-氧化为I ，能比较Cl 和I 的氧化性强弱，C符合题意；
2 2 2
D．该装置为原电池，Zn比Fe活泼，Zn作负极，被氧化为Zn2+，不断被腐蚀，而作为正极的铁被保护，属于
牺牲阳极的阴极保护法，但本实验中未生成Fe3+，滴加KSCN溶液不能验证牺牲阳极法保护铁，D不符合题
意；
故选C。
25.(2025·河北衡水·三模)常温下，向MClO 4
16
 -CH COOH水溶液体系中，所有含碳物种的摩尔分数δ与 2 3
pH变化关系如图所示。[如：δCH 3 COOH  = cCH 3 COOH  cCH 3 COOH  +cCH 3 COO-  +2c MCH 3 COO   2  ]
已知：初始浓度c 0 MClO 4   2  =0.1mol⋅L-1，c 0CH 3 COOH  =0.4mol⋅L-1，M(OH) 难溶于水，100.5= 2
3.2，下列说法正确的是
A. CH COOH的电离平衡常数为10-4.25
3B. a、b两点cCH 3 COOH
17
 相等
C. c点，cCH 3 COOH  >cCH 3 COO-  =c MCH 3 COO   2 
D. MCH 3 COO  (aq)+2OH-(aq)⇌M(OH) (s)+2CH COO-(aq)的K=7.68×1018 2 2 3
【答案】D
【分析】酸性较强时，含碳物种存在形式为CH 3 COOH，曲线Ⅰ代表δCH 3 COOH  ，随着pH增大，醋酸电离平
衡程度变大，由已知条件初始浓度可知，c MCH 3 COO   2  最大值为0.1mol/L，则δ MCH 3 COO   2  ≤
2×0.1
0.4 =50%，由此可知，曲线Ⅱ代表δ MCH 3 COO   2  ，其先增大后减小，说明随着醋酸电离过程中，先生成
了MCH 3 COO  2 ，随后转化为M(OH) 2 难溶沉淀，则曲线Ⅲ代表δCH 3 COO-  ，图中a点δCH 3 COOH  =
δ MCH 3 COO   2  ，则cCH 3 COOH  =2c MCH 3 COO   2  ，图中d点δCH 3 COO-  =δCH 3 COOH  ，则
cCH 3 COO-  =cCH 3 COOH  ，据此解答。
【详解】A．由CH 3 COOH⇌H++CH 3 COO-及d点cCH 3 COO-  =cCH 3 COOH  ，pH=4.76，可知，
cH+ CH COOH的电离平衡常数K =
3 a
 ×cCH 3 COO- 
cCH 3 COOH 
=1×10-4.76，A错误；
B．从a到b，pH变大，醋酸的电离程度变大，则a点醋酸浓度大于b点，B错误；
C．由图可知，c点δCH 3 COO-  =δ MCH 3 COO   2  ，且δCH 3 COOH  最大，则c点存在cCH 3 COOH  >
cCH 3 COO-  =2c MCH 3 COO   2  ，C错误；
D．图中c点pH=4.25时，cOH-  =10-9.75mol/L，δCH 3 COO-  =δ MCH 3 COO   2  =30%、
δCH 3 COOH  =40%，由物料守恒可知，cCH 3 COO-  +2c MCH 3 COO   2  +cCH 3 COOH  =0.4mol/L，
由此可知，cCH 3 COO-  =2c MCH 3 COO   2  =0.12mol/L、cCH 3 COOH  =0.16mol/L，该反应的K=
c2CH 3 COO- 
c MCH 3 COO   2  ·c2OH- 
= 4c2 MCH 3 COO   2 
c MCH 3 COO   2  ·c2OH- 
= 4c MCH 3 COO   2 
c2OH- 
4×0.06 =
10-9.75 
=0.24×
2
1019.5 =7.68×1018，D正确；
故选D。
26.(2025·湖南邵阳·三模)常温下，向10mL浓度均为0.1mol/L的乙二胺H 2 NCH 2 CH 2 NH 2  和CH COONa 3
的混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，混合溶液中的pOH与pX{pX=-lgX，X= c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +  
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 2   
或 c H 3 NCH 2 CH 2 NH 3  2+  
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +  
或 cCH 3 COO- 
cCH 3 COOH 
}随离子浓度变化的关系如图所示。
下列说法正确的是
A. L 表示 c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3
1
 +  
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 2   
与pOH的关系
B. M点坐标为-2.55,6.65 
C. 常温下，滴加10mL0.1mol/L盐酸溶液时，溶液的pH<7D. 滴加20mL0.1mol/L盐酸溶液时：cCl-
18
 -cNa+  =2c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +   +
2c H 3 NCH 2 CH 2 NH 3  2+   +2cH 2 NCH 2 CH 2 NH 2 
【答案】B
【分析】H NCH CH NH 为二元弱碱，存在(H NCH CH NH +H O⇌H NCH CH NH )++OH-、
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
(H NCH CH NH )++H O⇌(H NCH CH NH )2++OH-电离，CH COOH为一元弱酸，存在CH COOH⇌
2 2 2 3 2 3 2 2 3 3 3
CH 3 COO-+H+电离，如图，随溶液pOH增大，cOH-  减小，cH+  增大， cCH 3 COO- 
cCH 3 COOH 
=
K aCH 3 COOH 
cH+ 
减小，p cCH 3 COO- 
cCH 3 COOH 
增大，则直线L 代表p cCH 3 COO-
3

cCH 3 COOH 
与pOH的关系；
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +  
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 2   
= K b1 H 2 NCH 2 CH 2 NH 2 
cOH- 
增大， c H 3 NCH 2 CH 2 NH 3  2+  
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +  
= K b2 H 2 NCH 2 CH 2 NH 2 
cOH- 
增大，故p c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +   c H 2 NCH 2 CH 2 NH 2    减小，p c H 3 NCH 2 CH 2 NH 3  2+   c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +   也减小，由于K b1 H 2 NCH 2 CH 2 NH 2  >
K b2 H 2 NCH 2 CH 2 NH 2  ，则L 表示p c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3 2  +   c H 2 NCH 2 CH 2 NH 2    与pOH的关系，L 表示 1
p c H 3 NCH 2 CH 2 NH 3  2+   c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +   与pOH的关系；根据L 2 上的点0,4.1  ，K b1 H 2 NCH 2 CH 2 NH 2  =
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +   ⋅cOH-  c H 2 NCH 2 CH 2 NH 2    =10-4.1，根据L 1 上点2,5.2  ，K b2 H 2 NCH 2 CH 2 NH 2  =10-7.2，根据L 上点 3
(1，10.2)，K aCH 3 COOH  =10-4.8，据此回答。
【详解】A．由分析知，L 表示p c H 3 NCH 2 CH 2 NH 3
1
 2+  
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +  
与pOH的关系，A错误。
B．M点为L 、L 的交点，则 c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3
2 3
 +  
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 2   
= cCH 3 COO- 
cCH 3 COOH 
，
K b1 H 2 NCH 2 CH 2 NH 2 
cOH- 
= K aCH 3 COOH 
cH+ 
cOH-  = K b1 H 2 NCH 2 CH 2 NH 2  ⋅K W
K aCH 3 COOH 
10-4.1×10-14 = =10-6.65
10-4.8
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +  
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 2   
=102.55，即p c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +  
c H 2 NCH 2 CH 2 NH 2   
=-2.55，pOH=6.65，M点坐标为
-2.55,6.65  ，B正确；
C．加入10mL0.1mol/L盐酸溶液时，反应后H NCH CH NH Cl和CH COONa的浓度之比为1:1，溶液中存
2 2 2 3 3
在H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +的电离与水解，存在CH 3 COO-的水解。H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +的电离
K b2 H 2 NCH 2 CH 2 NH 2 
K 10-14
=10-7.2大于水解K = W = =10-9.9，溶液显碱性，CH COO-的水解显碱性， h K 10-4.1 3
b1
pH>7，C错误；
D．加入20mL0.1mol/L盐酸溶液时，根据元素守恒，cCl-  =2c H 2 NCH 2 CH 2 NH 3  +   +
2c H 3 NCH 2 CH 2 NH 3  2+   +2cH 2 NCH 2 CH 2 NH 2  ，D错误；
故选B。
27.(2025·北京海淀·三模)下列方程式与所给事实不相符的是
A. 铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体：2Al+2OH-+6H O=2Al(OH)-+3H ↑
2 4 2
MgCl ⋅6H OHCl(g)MgCl +6H O
B. 在HCl气氛中加热MgCl ⋅6H O制无水MgCl ： 2 2 2 2
2 2 2 Δ
C. 草酸(H C O )使酸性KMnO 溶液褪色：2MnO-+5C O2-+16H+=2Mn2++10CO ↑+8H O
2 2 4 4 4 2 4 2 2
D. 用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH 3 CHO+2 AgNH 3
19
  2  OH≜CH COONH +2Ag↓+3NH +H O 3 4 3 2
【答案】C
【详解】A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体即H 和NaAl(OH) ，则离子方程式为：2Al+2OH-+
2 4
6H O=2Al(OH)-+3H ↑，A正确；
2 4 2
B．在HCl气氛中加热MgCl ⋅6H O制无水MgCl ，以抑制Mg2+水解，反应方程式为：
2 2 2

MgCl ⋅6H OHCl(g)MgCl +6H O
2 2 2 2 ，B正确；
Δ
C．已知H C O 是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故草酸(H C O )使酸性KMnO 溶液褪色的离子方程式
2 2 4 2 2 4 4
为：2MnO-+5H C O +6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O，C错误；
4 2 2 4 2 2
D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基产生光亮的银镜，反应方程式为：CH 3 CHO+2 AgNH 3   2  OH≜
CH COONH +2Ag↓+3NH +H O，D正确；
3 4 3 2
故答案为：C。
28.(2025·北京房山·三模)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或
Mg(OH)Cl中的一种。下列说法不正确的是
A. a为NH ，c为HCl
3
B. d既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
C. 已知MgCl 为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl 的产生
2 2
D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和，等于氯化铵直接分解的反应热
【答案】B
【分析】
b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。MgO不分解，Mg(OH)Cl可分解为氧化镁和HCl，则b代表Mg(OH)
Cl，d代表MgO。NH Cl分解的产物是NH 和HCl，分解得到的MgO与氯化铵反应生成Mg(OH)Cl和氨气，
4 3
综 上 ， a 为 NH ， b 为 Mg ( OH ) Cl ， c 为 HCl ， d 为 MgO ， 即
3，据此回答；
【详解】A．由分析知，a为NH ，c为HCl，A正确；
3
B．由分析知，d为MgO，B错误；
C．MgCl 可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl 的生成，C正确；
2 2
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应
热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D正确；
故选B。
29.(2025·浙江·三模)下列说法正确的是
A. 0.1mol/L的HCN溶液与0.1mol/L的KCN溶液等体积混合：c(HCN)+cCN-
20
 =0.2mol/L
B. 氨水中逐滴加入盐酸，当氨水中水的电离程度最大时：cNH+
4
 =cCl- 
C. 等体积等浓度的醋酸溶液和醋酸钠溶液混合：2cCH 3 COOH  +2cCH 3 COO-  =cNa+ 
D. 碳酸氢钠和碳酸钠物质的量之比为2：1的混合溶液中：3cH+  +cHCO- 3  +4cH 2 CO 3  =
2cCO2 3 -  +3cOH- 
【答案】D
【详解】A．0.1mol/L的HCN溶液与0.1mol/L的KCN溶液等体积混合，根据物料守恒c(HCN)+cCN- 
=0.1mol/L，故A错误；
B．水电离程度最大时恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵溶液中铵根离子水解，cNH 4 +  <cCl-  ，故B错
误；
C．等体积等浓度的醋酸溶液和醋酸钠溶液混合，根据物料守恒cCH 3 COOH  +cCH 3 COO-  =2cNa+  ，
故C错误；
D．碳酸氢钠和碳酸钠物质的量之比为2：1的混合，根据电荷守恒cH+  +cNa+  =2cCO2 3 -  +cHCO- 3 
+cOH-  、物料守恒4cCO2 3 -  +4cHCO- 3  +4cH 2 CO 3  =3cNa+  可知3cH+  +cHCO- 3  +4cH 2 CO 3 
=2cCO2 3 -  +3cOH-  ，故D正确；
选D。
30.(2025·北京西城·三模)探究同浓度的Na CO 与NaHCO 溶液和不同盐溶液间的反应，①中产生白色沉
2 3 3
淀和无色气体，②中只产生白色沉淀。(已知：碳酸铝在水溶液中不能稳定存在)下列说法不正确的是
A. 实验前两溶液中离子种类完全相同
B. ①中沉淀可能是氢氧化铝和碱式碳酸铝中的一种或二者的混合物
C. 室温饱和Na CO 和饱和NaHCO 溶液的pH前者大于后者，是由于溶解度前者大于后者
2 3 3
D. ②中CaCl 溶液滴入后，Na CO 溶液和NaHCO 溶液pH均降低
2 2 3 3
【答案】C
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠溶液中含有的离子都为钠离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢离子和氢氧根离
子，离子种类完全相同，故A正确；
B．由图可知，实验①中发生的反应为溶液中的铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢
氧化铝沉淀和二氧化碳，或与碳酸根离子、碳酸氢根离子发生双水解反应生成碱式碳酸铝沉淀和二氧化碳，所
以①中沉淀可能是氢氧化铝和碱式碳酸铝中的一种或二者的混合物，故B正确；
C．室温饱和碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液的pH是因为碳酸根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢
根离子所致，与溶解度的大小无关，故C错误；
D．实验②中发生的反应为氯化钙溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，溶液中碳酸根离子浓度
减小，使得水解平衡向逆反应方向移动，溶液中的氢氧根离子浓度减小，pH降低；氯化钙溶液与碳酸氢钠溶
液反应反应生成氯化钠、碳酸钙沉淀和碳酸，反应生成的碳酸使溶液中的氢离子浓度增大，pH降低，故D正
确；
故选C。
题型四 沉淀溶解平衡
31.(2025·北京朝阳·三模)下列化学用语表述正确的是
A. 用FeS除去废水中的汞离子：Hg2++S2-=HgS↓
B. 乙醛和新制CuOH
21

Δ
共热：CH CHO+2Cu(OH) →CH COOH+Cu O↓+2H O 2 3 2 3 2 2
C. 向AlCl 3 溶液中滴入过量氨水：Al3++4NH 3 ⋅H 2 O= AlOH   4  -+4NH+ 4
CuCl 电解Cu+Cl ↑
D. 用CuCl 2 溶液做导电性实验，灯泡发光： 2 ¯ ¯ 2
【答案】D
【详解】A．FeS是难溶物，在离子方程式中不能拆写成S2-，正确的离子方程式为Hg2++FeS=HgS+Fe2+，
故A错误；
B．乙醛和新制CuOH  共热，在碱性条件下反应生成乙酸盐，反应的化学方程式为CH CHO+2Cu(OH) 2 3 2
Δ
+NaOH→CH COONa+Cu O↓+3H O，该选项中生成CH COOH不符合反应实际，故B错误；
3 2 2 3
C．AlOH  不溶于过量氨水，向AlCl 溶液中滴入过量氨水，反应的离子方程式为Al3++3NH ⋅H O= 3 3 3 2
Al(OH) ↓+3NH+，故C错误；
3 4D．CuCl 溶液能导电，是因为CuCl 在水溶液中电离出自由移动的离子，通电时，离子定向移动，CuCl 在
2 2 2
CuCl 电解Cu+Cl ↑
电解条件下分解为Cu和Cl
2
，化学方程式 2
¯ ¯
2 表述正确，故D正确；
故选D。
32.(2025·浙江嘉兴·三模)将过量CaC 2 O 4 粉末置于水中达到平衡：CaC 2 O 4 s
22
 ⇌Ca2+aq  +C 2 O2 4 -aq  。
已知：K spCaC 2 O 4  =2.4×10-9,K spCaSO 4  =4.9×10-5，H C O 的电离常数K =5.4×10-2，K = 2 2 4 a1 a2
5.4×10-5
下列有关说法不正确的是
A. 上层清液中存在cCa2+  =cC 2 O2 4 -  +cHC 2 O- 4  +cH 2 C 2 O 4 
B. 上层清液中含碳微粒主要为HC O-
2 4
C. 要实现CaC 2 O 4 向CaSO 4 的转化，需加入Na 2 SO 4 溶液的cNa 2 SO 4  >1mol⋅L-1
D. Ca2++HC 2 O- 4 ⇌CaC 2 O 4 s  +H+,K=2.3×104
【答案】B
【详解】A．根据物料守恒，c(Ca2+)=c(C 2 )，故有cCa2+  =cC 2 O2 4 -  +cHC 2 O- 4  +cH 2 C 2 O 4  ，A正确；
B．溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子cC 2 O2 4 -  = 2.4×10-9≈4.9×10-5，草酸根离子能水解K = h1
K 10-14
W = =1.9×10-10，水解生成的HC O-远远小于C O2-，故含碳的微粒最主要的是C O2-，B错
K 5.4×10-5 2 4 2 4 2 4
a2
误；
c(C O2-)
C．CaC O 向CaSO 的转化，反应方程式为CaC O +SO2-⇌CaSO +C O2-，K= 2 4 =
2 4 4 2 4 4 4 2 4 c(SO2-)
4
K(CaC O ) 2.4×10-9 c(C O2-) 2.4×10-9
K(CaS 2 O 4 ) = 4.9×10-5 ≈4.9×10-5，Q= c(S 2 O2 4 -) = c(SO2-) <K=4.9×10-5，解得cSO2 4 -
4 4 4
 >
1mol⋅L-1，因此要实现CaC 2 O 4 向CaSO 4 的转化，需加入Na 2 SO 4 溶液的cNa 2 SO 4  >1mol⋅L-1，C正确；
c(H+) c(H+)×c(C O2-) K
D．K= = 2 4 = a2
c(HC 2 O- 4 )×c(Ca2+) c(HC 2 O- 4 )×c(Ca2+)×c(C 2 O2 4 -) K spCaC 2 O 4 
5.4×10-5
= ≈2.3×104，
2.4×10-9
D正确；
故选B。
33.(2025·浙江温州·三模)某化合物CH 3 NH 3  PbI 3 的晶胞如图所示。已知25℃时，K spPbI 2  =8.5×10-9，
K sp PbOH   2  =1.4×10-20，下列说法不正确的是
A. c为I-
B. b周围距离最近且相等的离子有6个
C. 该化合物与足量NaOH溶液反应有Pb(OH) 沉淀生成
2D. 给出质子能力：CH NH+>NH+
3 3 4
【答案】D
1 1
【分析】由题干晶胞图可知，图中一个晶胞中灰球a的个数为：8× =1，小黑球c个数为：6× =3，大黑球
8 2
b个数为1，故可知灰球a和大黑球b代表Pb2+或CH NH+，小黑球c代表I-，据此分析解题。
3 3
【详解】A．由分析可知，c为I-，A正确；
B．由题干晶胞图可知，b周围距离最近且相等的离子有6个，即其前后左右上下的I-，B正确；
C．由题干信息可知，25℃时，K spPbI 2
23
 =8.5×10-9，K sp PbOH   2  =1.4×10-20，即PbI 转化为Pb(OH) 2 2
过程容易进行，则该化合物与足量NaOH溶液反应有Pb(OH) 沉淀生成，C正确；
2
D．CH NH+中CH -是推电子基团，使CH NH+中的N-H键极性减弱，更难断裂，则其中H+更难给出；
3 3 3 3 3
NH+中无推电子基团，所以给出质子能力：CH NH+<NH+，D错误；
4 3 3 4
故答案为：D。
34.(2025·山东淄博·三模)用钴渣(主要成分为CoO，含有Fe O 、Al O 、PbO、CaO等)制备CoCO 的工艺
3 4 2 3 3
流程如图所示。已知：常温下，K aHF  =2.0×10-4，K spCaF 2  =4.0×10-11。
下列叙述错误的是
A. 滤渣1的主要成分有PbSO 、CaSO
4 4
B. 向浸出液中通入足量CO ，有白色沉淀生成
2
C. 该工艺条件下，可推知氧化性：H O >Fe3+>Co3+
2 2
D. 若沉钙后的溶液中，cHF  =cCa2+  =1.0×10-5mol·L-1，则此时溶液的pH约为6
【答案】C
【分析】钴渣主要成分为CoO，还含有Fe 3 O 4 、Al 2 O 3 、PbO、CaO等。用氢氧化钠“碱浸”生成Na AlOH   4  除
氧化铝，滤渣“酸浸”生成滤渣1为硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸
钙，滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁，滤渣2为Fe(OH) ，滤液中加
3
HF生成CaF 沉淀除钙，加入Na CO 沉钴得到CoCO 。
2 2 3 3
【详解】A．由分析可知，“酸浸”所得“滤渣1”的成分有PbSO 、CaSO ，A正确；
4 4
B．“浸出液”中含有 AlOH   4  -，通入足量CO ，发生CO +[Al(OH) ]-=Al(OH) ↓+HCO-，有白色沉淀 2 2 4 3 3
生成，B正确；
C．“除铁”时加入H O ，氧化Fe2+而不氧化Co2+，说明还原性：Fe2+>Co2+、氧化性：Co3+>H O ，则氧化性
2 2 2 2
顺序是：Co3+>H O >Fe3+，C错误；
2 2
D．若“沉钙”后溶液中cHF  =cCa2+  =1.0×10-5mol⋅L-1，由K spCaF 2  =4×10-11，求出cF-  =
K spCaF 2 
cCa2+ 
=2×10-3，再根据K aHF  求出cH+  =1.0×10-6mol⋅L-1，从而得出pH为6，D正确；
故选C。
35.(2025·山东淄博·三模)根据实验操作与现象，所得结论错误的是实验操作与现象 结论
向淀粉中加入适量稀硫酸并加热，冷却后直接滴加
A 淀粉已经完全水解
少量碘水，溶液不变蓝
向2mL0.1mol·L-1NaCl溶液中滴加2滴0.1mol·
B L-1AgNO
3
溶液，产生白色沉淀，振荡后再滴加4滴 K spAgCl
0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色
24
 >K spAgI 
苯环增强了甲基的活性，使其
C 向甲苯中滴加酸性KMnO 溶液，振荡，紫红色褪去
4
被氧化
向[Cu(NH ) ]SO 溶液中加入乙醇并用玻璃棒摩擦 增大溶剂极性可以降低
3 4 4
D
试管内壁，出现深蓝色晶体 [Cu(NH ) ]SO 的溶解度
3 4 4
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【详解】A．向淀粉中加入适量稀硫酸并加热，冷却后直接滴加少量碘水，溶液不变蓝，说明溶液中无淀粉存
在，可证明淀粉已完全水解，A正确；
B．向2mL0.1mol⋅L-1NaCl溶液中滴加2滴0.1mol⋅L-1AgNO 溶液，产生白色沉淀，根据数据可知NaCl溶
3
液过量，AgNO 溶液全部反应生成AgCl沉淀，此时再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色，说明白
3
色的AgCl沉淀转化为黄色AgI沉淀，AgCl(s)+I-(aq)⇌AgI(s)+Cl-(aq)，得到K spAgCl  >K spAgI  ，B
正确；
C．向甲苯中滴加酸性KMnO 溶液，振荡，紫红色褪去，反应生成苯甲酸，苯环增强了甲基的活性，使其被氧
4
化，故C正确；
D．加入95%乙醇是降低了溶剂的极性，减小了 CuNH 3   4  SO 的溶解度而析出晶体，D错误； 4
故选D。
36.(2025·北京海淀·三模)研究 CoNH 3   6  SO 溶液的制备、性质和应用。 4
①向CoSO 4 溶液中逐滴加入氨水，得到 CoNH 3   6  SO 溶液。 4
②分别将等浓度的CoSO 4 溶液、CoNH 3   6  SO 溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明 4
显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体。
③ CoNH 3   6  SO 溶液可处理含NO的废气，反应过程如下。 4
下列说法不正确的是
A. ①中，为避免CoSO 溶液与氨水生成CoOH
4
 沉淀，可先加入适量的NH
2 4
 SO 溶液
2 4
B. ②中，CoSO 4 溶液中的Co2+浓度比 CoNH 3   6  SO 溶液中的高，CoSO 的还原性比 4 4
CoNH 3   6  SO 的强 4C. ③中，CoNH 3
25
  6  2+转化为 NH 3  5 Co-O-O-CoNH 3   5  4+,Co元素的化合价升高
D. ③中，pH过低将不利于NO的脱除
【答案】B
【分析】③由图可知，氧气和 CoNH 3   6  2+反应生成 NH 3  5 Co-O-O-CoNH 3   5  4+和氨气，
NH 3  5 Co-O-O-CoNH 3   5  4+把NO氧化为亚硝酸铵和硝酸铵，说明 CoNH 3   6  2+被氧气氧化了，
NH 3  5 Co-O-O-CoNH 3   5  4+具有强氧化性；
②分别将等浓度的CoSO 4 溶液、CoNH 3   6  SO 溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现 4
象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体即氯气，说明的CoSO 4 溶液不能被氧气氧化，CoNH 3   6  2+被氧气氧
化为 NH 3  5 Co-O-O-CoNH 3   5  4+，NH 3  5 Co-O-O-CoNH 3   5  4+把浓盐酸氧化而产生氯气了。
【详解】A．加入适量的NH 4  SO 溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，减小了氢氧根离 2 4
子浓度，则①中，先加入适量的NH 4  2 SO 4 溶液可避免CoSO 4 溶液与氨水生成CoOH  沉淀，A不符合题 2
意；
B．[Co(NH 3 ) 6 ]2+为配离子，则②中CoSO 4 溶液中的Co2+浓度比 CoNH 3   6  SO 溶液中的高，结合分析可 4
知，CoSO 4 的还原性比 CoNH 3   6  SO 的弱，B符合题意； 4
C．③中，CoNH 3   6  2+转化为 NH 3  5 Co-O-O-CoNH 3   5  4+,Co元素的化合价由+2价升高为+3，C不
符合题意；
D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D不符合题意；
故选B。
37.(2025·北京东城·三模)Na CO 溶液可以处理锅炉水垢中的CaSO ，使其转化为疏松、易溶于酸的
2 3 4
CaCO 。某兴趣小组模拟上述过程：
3
①将1mol⋅L-1CaCl 溶液和1mol⋅L-1Na SO 溶液等体积混合得浊液a
2 2 4
②向滴有酚酞的1mol⋅L-1Na CO 溶液中加等体积的浊液a，溶液红色变浅
2 3
③将①中浊液a过滤所得白色沉淀b，浸泡在滴有酚酞的1mol⋅L-1Na CO 溶液中，一段时间后溶液红色
2 3
变浅
已知：K spCaCO 3  =3.4×10-9 K spCaSO 4  =4.9×10-5
下列说法中不正确的是
A. 浊液a中硫酸根离子的浓度为7×10-3mol/L
B. ②中溶液红色变浅可证明有CaSO 转化为CaCO
4 3
C. ③中溶液红色变浅可证明有CaSO 转化为CaCO
4 3
D. 向1.36g白色沉淀b中加入1L的1mol/LNa CO 溶液，沉淀几乎全部转化
2 3
【答案】B
【详解】A．将1mol⋅L-1CaCl 溶液和1mol⋅L-1Na SO 溶液等体积混合后得到CaSO 浊液且硫酸根离子浓
2 2 4 4
度和钙离子浓度相等，c(SO2-)=c(Ca2+)= K =7×10-3molL，A正确；
4 sp
B．向含有酚酞的Na CO 溶液中加入浊液a(含CaSO 沉淀和溶液中的Ca2+、SO2-)，红色变浅说明CO2-被
2 3 4 4 3
消耗，导致碱性减弱。此时可能是因为溶液中的Ca2+直接与CO2-生成沉淀，无法证明有CaSO 转化为
3 4
CaCO ，B错误；
3
C．将过滤后的白色沉淀b固体(CaSO 固体)浸泡在Na CO 溶液中，红色变浅说明CO2-被消耗，此时溶液
4 2 3 3
中无游离的Ca2+，只能通过CaSO 转化为CaCO 来实现，C正确；
4 3
D．白色沉淀b为CaSO ，向白色沉淀b中加入1L的1mol/LNa CO 溶液则会发生：CaSO (s)+CO2-(aq)⇌
4 2 3 4 3CaCO (s)+SO2-(aq)，平衡常数K= cSO2 4 -
3 4
26

cCO2 3 - 
= K spCaSO 4 
K spCaCO 3 
=1.44×104，若加入c(CO2-)=1molL，设溶
3
液中cSO2 4 - 
x
=x，则 =1.44×104，x无限接近1，说明CaSO 几乎完全转化为CaCO ，D正确； 1-x 4 3
故选B。
38.(2025·浙江·三模)下列方程式正确的是
A. 工业上合成氨：2NH Cl+Ca(OH) ≜CaCl +2NH ↑+2H O
4 2 2 3 2
B. 足量酸性高锰酸钾检测空气中的甲醛：5HCHO+2MnO-+6H+→5HCOOH+2Mn2++3H O
4 2
C. 用硫化亚铁处理工业废水中的Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+
D. 用白醋除铁锈：Fe O ⋅xH O+6H+=2Fe3++(3+x)H O
2 3 2 2
【答案】C
【详解】A．工业合成氨是氮气和氢气反应生成氨，A错误；
B．高锰酸钾溶液足量会将甲醛氧化为CO ，5HCHO+4MnO-+12H+→5CO ↑+4Mn2++11H O，B错误；
2 4 2 2
C．用硫化亚铁处理工业废水中的Hg2+，将Hg2+转化为沉淀：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，C正确；
D．醋酸为弱电解质，写离子方程式不拆，D错误；
故选D。
39.(2025·北京西城·三模)下列离子方程式书写正确的是
A. FeI 溶液与足量氯水反应：2Fe2++2I-+2Cl =2Fe3++I +4Cl-
2 2 2
B. H C O 使酸性高锰酸钾溶液褪色：5C O2-+2MnO-+16H+=10CO ↑+2Mn2++8H O
2 2 4 2 4 4 2 2
C. 稀H SO 与Ba(OH) 溶液反应：SO2-+H++Ba2++OH-=BaSO ↓+H O
2 4 2 4 4 2
D. 用饱和碳酸钠溶液浸泡含CaSO 的水垢：CO2-(aq)+CaSO (s)⇌CaCO (s)+SO2-(aq)
4 3 4 3 4
【答案】D
【详解】A．向FeI 溶液中通入足量Cl 的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl =2Fe3++2I +6Cl-，A错误；
2 2 2 2
B．H C O 使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸不拆分：5H C O +2MnO-+6H+=10CO ↑+2Mn2++8H O，B
2 2 4 2 2 4 4 2 2
错误；
C．稀H SO 与Ba(OH) 溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：SO2-+2H++Ba2++2OH-
2 4 2 4
=BaSO ↓+2H O，C错误；
4 2
D．CaSO 与浓度较大的可溶性碳酸盐反应可以得到碳酸钙，再用酸可以将其除去，离子方程式为CaSO (s)
4 4
+CO2-(aq)=CaCO (s)+SO2-(aq)，D正确；
3 3 4
故选D。
40.(2025·江苏苏州·三模)室温下，用FeSO 溶液与氨水-NH HCO 混合溶液反应，制备FeCO 。已知K
4 4 3 3 al
(H CO )=4.3× 10-7，K (H CO )=7.1×10-11。下列说法正确的是
2 3 a2 2 3
A. 0.1mol⋅L-1氨水溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(NH+)
4
B. 0.1mol⋅L-1 NH HCO 溶液(pH=7.8)中：c(H CO )>c(CO2-)
4 3 2 3 3
C. 0.1mol⋅L-1 氨水与0.1mol⋅L-1 NH HCO 溶液等体积混合：c(HCO-)+c(H CO )+c(CO2-)=
4 3 3 2 3 3
2c(NH+)+2c(NH ⋅H O)
4 3 2
D. 制得FeCO 沉淀后的上层清液中：c(Fe2+)⋅c(CO2-)<K (FeCO )
3 3 sp 3【答案】B
【详解】A．氨水溶液中存在电荷守恒条件：c(OH-)=c(H+)+c(NH+)，故A错误；
4
B．0.1mol⋅L-1 NH HCO 溶液的pH=7.8，说明HCO-的水解程度大于HCO-的电离程度：c(H CO )>
4 3 3 3 2 3
c(CO2-)，故B正确；
3
C．氨水与 NH HCO 溶液等体积混合后为(NH ) CO 溶液，根据物料守恒条件：2c(HCO-)+2c(H CO )+
4 3 4 2 3 3 2 3
2c(CO2-)=c(NH+)+c(NH ⋅H O)，故C错误；
3 4 3 2
D．上层清液为饱和FeCO 溶液，因此滤液中c(Fe2+)⋅c(CO2-)=K (FeCO )，故D错误；
3 3 sp 3
故答案为B。
27