专题08水溶液中的离子反应与平衡（练习）（教师版）_05-化学-高考总复习_二轮复习_2025年_2025年高考化学二轮复习课件+讲义+练习（新高考通用）

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专题08 水溶液中的离子反应与平衡
目录
01 模拟基础练
【题型一】电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用
【题型一】电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用
【题型一】中和滴定及其拓展应用
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用
1．已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸化学式
HX
HY
H2CO3
电离平衡常数/mol·L－1
7.8×10－9
3.7×10－15
K1＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
下列推断正确的是(　　)
A．HX、HY 两种弱酸的酸性：HX＞HY
B．相同条件下溶液的碱性：NaX＞Na2CO3＞NaY＞NaHCO3
C．结合H＋的能力：CO＞Y－＞X－＞HCO
D．HX 和HY 酸性相同，都比H2CO3弱
【答案】A  
【解析】根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HX＞HCO＞HY，则结合H＋的能力：Y－＞CO＞X－＞
HCO，故A 正确、C、D 错误；酸越弱，其对应的盐的水解能力越强，故相同条件下溶液的碱性：NaY＞
Na2CO3＞NaX＞NaHCO3，故B 错误。
2．根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是(　　)
化学式
电离常数
HClO
K＝3×10－8
H2CO3
Ka1＝4×10－7   Ka2＝6×10－11
A．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO＋2Cl2＋H2O===2Cl－＋2HClO＋CO2↑
B．向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO＋Cl2===Cl－＋ClO－＋2CO2↑＋H2O
C．向NaClO 溶液中通入少量CO2：CO2＋NaClO＋H2O===NaHCO3＋HClO
1
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D．向NaClO 溶液中通入过量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O===Na2CO3＋2HclO
【答案】C
【解析】HClO 的电离常数小于H2CO3的第一步电离，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，不能生成二氧
化碳，应该生成碳酸氢根，A 项错误；向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，氯水中的氯化氢和碳酸氢钠反应
生成氯化钠、二氧化碳和水，次氯酸不能和碳酸氢钠反应，产物应为次氯酸，B 项错误；向NaClO 溶液中
通入过量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，D 项错误。
3．甲胺[(CH3)NH2·H2O]在水中电离与氨相似，常温下，Kb[(CH3)NH2·H2O]=2.0×10-5。已知lg2=0.3。下
列说法错误的是(     )
A．(CH3)NH3NO3溶液显酸性
B．甲胺溶液中c(OH-)随温度升高而增大
C．常温下，0.1mol/L 的甲胺溶液的pH=11.3
D．0.1mol/L(CH3)NH3Cl 溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c[(CH3)NH3)+]>c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】A 项，(CH3)NH3NO3为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，A 项正确；B 项，温度升高，促进甲胺
电离，溶液中c(OH-)增大，B 项正确；C 项，0.1mol/L 的甲胺溶液中，
，
，
，C 项错误；D 项，由于(CH3)NH3)+水解，溶液显酸性，故有：
c(Cl-)>c[(CH3)NH3)+]>c(H+)>c(OH-)，D 项正确。故选C。
4．(2024·江苏常州高三期中)室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH 试纸测量0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH 约为8
实验2：将0.1mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，溶液pH 从12 下降到约为9
实验4：0.1mol•L-1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡
下列说法正确的是(    )
A．由实验1 可得出：Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)＜10-16
B．实验2 中两溶液混合时有：Ksp(CaCO3)＞2.5×10-3
C．实验3 中发生反应的离子方程式为CO3
2-+H2O+CO2=2 HCO3
-
2
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D．实验4 所得溶液中c(Na+)=c(HCO3
-)+c(CO3
2-)+c(H2CO3)
【答案】A
【解析】A 项，实验1 中，Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)= 
∙
=
，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH 约为8，表明溶液中HCO3
-水解是主要的，电离是次要的，c(CO3
2-)＜
c(H2CO3)，所以
＜c2(H+)=10-16，A 正确；B 项，实验2 中两溶液混合时，c(Ca2+)=0.05 
mol•L-1，c(HCO3
-)＜0.05 mol•L-1，则有：Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)∙c(HCO3
-)=(0.05 mol•L-1)∙(＜0.05 mol•L-1)＜
2.5×10-3，B 不正确；C 项，实验3 中发生反应的离子方程式为2Na++ CO3
2-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，C 不正
确；D 项，实验4 中，0.1mol•L-1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡，则有一部分
H2CO3发生分解，生成CO2，所得溶液中c(Na+)=c(HCO3
-)+c(CO3
2-)+c(H2CO3)+ c(CO2)，则c(Na+)＞c(HCO3
-)
+c(CO3
2-)+c(H2CO3)，D 不正确；故选A。
5．工业上用化学法除锅炉的水垢时，先向锅炉中注入饱和Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化
为CaCO3，再用盐酸除去[已知：Ksp(CaCO3)=1×10-10，Ksp(CaSO4)=9×10-6]。下列说法不正确的是(　　)
A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大
B．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO4(s)
CaCO3(s)＋SO(aq)
C．该条件下，CaCO3的溶解度小于CaSO4
D．CaCO3和CaSO4共存的悬浊液中，c(SO4
2-)/c(CO3
2-)=1
105
【答案】D
【解析】A 项，水电离、盐水解都吸热，温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大，故A 正确；
B 项，加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：CO＋CaSO4
CaCO3＋SO4
2-，故B 正确；C 项，该
条件下，设溶液为1L，由c(CO3
2-)=c(Ca2+)=
=10-5 mol·L－1，则
=
=1
10-4g，CaCO3的溶解度约为1×10-4，显然，CaCO3的溶解度小于CaSO4，故C 正确；D 项，CaCO3和
CaSO4共存的悬浊液中，
=9
104，故D 错误；故选D。
3
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6．室温下，通过下列实验探究有关AgNO3的性质[已知：
]。
实验1：向
0.1mol·L-1的AgNO3溶液中滴加
0.1mol·L-1的NaCl 溶液，产生白色沉淀，过滤，
实验2：向实验1 所得滤液中滴加
0.1mol·L-1
溶液，产生淡黄色沉淀，过滤。
实验3：向实验2 所得滤液中逐滴滴加氨水，产生沉淀先变多后变少，直至消失。
下列说法正确的是(    )
A．实验1 过滤后滤液中c(Ag+)=10-4.9mol·L-1
B．通过实验1 和实验2 可得出
C．实验2 所得滤液中c(Ag+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Br-)+ c(OH-)
D．实验3 滴加氨水过程中，c(Ag+)一直减小
【答案】D
【解析】A 项， 向10mL0.1mol/L 的AgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/L 的NaCl 溶液，发生反应
AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3，反应后AgNO3过量，过滤后所得滤液中c(Ag+)=
=0.082mol/L，A 项错误；B 项，实验1 所得滤液中含过量的AgNO3、
NaNO3和饱和AgCl，滴加1mL0.1mol/LNaBr 溶液，AgNO3直接与NaBr 发生沉淀反应生成淡黄色的AgBr
沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，不能比较AgCl、AgBr 的Ksp，B 项错误；C 项，实验2 中发生的反应
为AgNO3+NaBr=AgBr↓+NaNO3，反应后AgNO3仍然过量，过滤所得滤液中含过量的AgNO3、NaNO3、饱
和AgCl 和AgBr，滤液中NO3
-物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol、Na+物质的量为0.1mol/
L×0.001L+0.1mol/L×0.001L=0.0002mol，溶液中的电荷守恒为c(Ag+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Br-)+c(NO3
-)
+c(OH-)，C 项错误；D 项，向实验2 所得滤液中逐滴滴加氨水，随着氨水的滴入，依次发生反应：
AgNO3+NH3∙H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，故产生沉淀先变多后变少，
直至消失，c(Ag+)一直减小，D 项正确；故选D。
7．已知K、Ka、Kw、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的
水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。
(1)有关上述常数的说法正确的是________。
a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
b．它们的大小都随温度的升高而增大
c．常温下，CH3COOH 在水中的Ka大于在饱和CH3COONa 溶液中的Ka
d．一定温度下，在CH3COONa 溶液中，Kw＝Ka·Kh
(2)25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液
4
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显________(填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a 的代数式表示NH3·H2O 的电离平衡常数Kb＝
________。
(3)25 ℃时，H2SO3
HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下pH＝3、c(HSO)＝
0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝________。
(4)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.0×10－38、1.0×10－11，向浓度均为0.1 mol/L 的FeCl3、
MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH 的范围是________。
(已知lg 2＝0.3)
【答案】(1)ad     (2)中         (3)0.01 mol/L     (4)[3.3，9]
【解析】(1)对于正反应为放热反应的化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，b 选项错
误；温度不变，CH3COOH 的电离平衡常数不变，c 选项错误。(2)根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋
c(OH－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。Kb＝
＝＝。(3)由
，代入数据得c(H2SO3)＝0.01 mol/L。(4)Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Fe3＋完全沉淀
时c3(OH－)＝，得c(OH－)＝2×10－11 mol/L，pH＝3.3，Mg(OH)2开始沉淀时c2(OH－)＝＝1.0×10－10，得c(OH
－)＝1×10－5 mol/L，pH＝9，调节pH 范围为[3.3，9]。
题型二 电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用
8．(2024·江苏淮安市5 校高三联考)室温下： Ka1(H2C2O4)=5×10 -2，Ka2(H2C2O4)=1×10-4
 ，
Ksp(CaC2O4)=2.5×10 -9。通过下列实验探究某些草酸盐的性质。
实验①：用pH 计测得 0.10mol/L K2C2O4溶液的 pH=8
实验②：向0.10mol/LKHC2O4溶液中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡后溶液紫色褪去
实验③：向0.10mol/L KHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀，测得上层清液
pH=4， (Ca2+)=10-4mol/L
实验④：向0.10mol/L K2C2O4溶液中滴加一定浓度的稀盐酸后，混合溶液的 pH=7，下列说法正确的
是(    )
A．实验①溶液中：
=2×10-3 
B．实验②说明 KHC2O4溶液具有漂白性
C．实验③所得上层清液中的c(HC2O4
-)=2.5×10-5mol/L
D．实验④反应所得溶液中存在：c(K+)=2c(C2O4
2-)+c(HC2O4
-)
【答案】C
【解析】A 项，0.100mol•L-1K2C2O4溶液的pH=8，c(H+)=10-8mol•L-1，Ka1(H2C2O4)•Ka2(H2C2O4)==5×10-
5
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2×1×10-4=5×10-6，
=
=2×10-11，A 错误；B 项，向0.10mol•L-1KHC2O4溶液中滴入少量酸性
高锰酸钾溶液，振荡后溶液紫色褪去，高锰酸钾与KHC2O4发生氧化还原反应，体现KHC2O4具有还原性，
B 错误；C 项，向0.10mol•L-1KHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀，测得上层清液
pH=4，c(Ca2+)=10-4mol•L-1，则c(C2O4
2-)=2.5×10-5mol•L-1，Ka2(H2C2O4)= 1×10-4，解得c(HC2O4
-)=2.5×10-
5mol•L-1，C 正确；D 项，向0.10mol•L-1K2C2O4溶液中滴加一定浓度的稀盐酸后，由电荷守恒可知c(K+)
+c(H+)=2c(C2O4
2-)+c(HC2O4
-)+c(Cl-)+c(OH-)，混合溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，则c(K+)=2c(C2O4
2-)
+c(HC2O4
-)+c(Cl-)，D 错误；故选C。
9．(2024·辽宁沈阳高三期中)SO2是引发酸雨的主要污染物，将工业废气中的
吸收能有效减少对大
气的污染、并实现资源化利用。下列离子方程式正确的是(    )
已知常温下亚硫酸的电离平衡常数(Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8)碳酸的电离平衡常数(Ka1=4.3×10-7，
Ka2=5.6×10-11)
A．硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：H2SO3+O2=2H++SO4
2-
B．用过量Ca(ClO)2溶液吸收废气中的SO2： Ca2++ClO- +SO2+H2O= CaSO4↓+ Cl-+2H+
C．用过量氨水吸收废气中的SO2： NH3·H2O +SO2=NH4
++HSO3
-
D．用过量Na2CO3 溶液吸收废气中的SO2： 2CO3
2- +SO2+H2O=SO3
2-+HCO3
-
【答案】D
【解析】A 项，硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：2H2SO3+O4H++2SO4
2-，A 错误；B
项，用过量Ca(ClO)2溶液吸收废气中的SO2发生反应的离子方程式为Ca2++3ClO- +SO2+H2O= CaSO4↓+ Cl-
+2HClO，B 错误；C 项，用过量氨水吸收废气中的SO2发生反应的离子方程式为2NH3·H2O +SO2=2NH4
+
+SO3
2-+H2O，C 错误；D 项，用过量Na2CO3溶液吸收废气中的SO2发生反应的离子方程式为2CO3
2- 
+SO2+H2O=SO3
2-+HCO3
-，D 正确；故选D。
10．(2025·浙江省第二届辛愉杯高三线上模拟考试)氢硫酸(H2S)是二元弱酸，常温下，某同学做了如下
三组实验：
实验I：向20mL0.1mol·L-1NaHS 溶液中滴加0.1mol·L-1 ZnCl2溶液
实验II：向20mL0.1mol·L-1NaHS 溶液中滴加0.1mol·L-1 HCl 溶液
实验III：向20mL0.1mol·L-1H2S 溶液中滴加0.1mol·L-1 CuSO4溶液
已知：H2S 的电离平衡常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，Ksp(ZnS)= 1.6×10－24，Ksp(CuS)= 6.3×10－36。忽
略溶液混合后体积变化。
下列说法不正确的是(    )
6
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A．实验I 中ZnCl2溶液体积为60mL 时，溶液中c(S2-)=3.2×10-23mol·L-1
B．实验I 中ZnCl2溶液体积小于00mL 时，会发生反应2HS-+Zn2+=ZnS↓+H2S↑
C．实验II 不可以选用甲基橙作为指示剂
D．实验III 中CuSO4溶液体积为20mL 时，溶液pH 等于1
【答案】C
【
解
析
】
A
项
，
加
入
ZnCl2
溶
液
体
积
为
60mL
时
，
，
，A 正确；B 项，由于开始滴加的ZnCl2量较少而NaHS
过量，因此该反应在初始阶段发生的是2HS-+Zn2+=ZnS↓+H2S↑，B 正确；C 项，实验II 发生的反应：HS-
+H+= H2S↑，若恰好完全反应溶液中溶质是氯化钠，若盐酸过量时，因甲基橙变色范围是3.1(红)~4.4(黄)，
可以选用甲基橙作为指示剂，C 错误；D 项，实验III 中向20mL0.1mol·L-1H2S 溶液中滴加0.1mol·L-1 CuSO4
溶
液
，
CuSO4
溶
液
体
积
为
20mL
时
，
H2S+CuSO4= CuS↓+H2SO4
，
，
，溶液pH 等于1，D
正确； 故选C。
11．(2025· 浙江省名校协作体高三联考)氢硫酸(H2S)是二元弱酸，常温下，某同学做了如下三组实验：
实验I：向20mL0.1mol·L-1NaHS 溶液中滴加0.1mol·L-1 ZnCl2溶液
实验II：向20mL0.1mol·L-1NaHS 溶液中滴加0.1mol·L-1 HCl 溶液
实验III：向20mL0.1mol·L-1H2S 溶液中滴加0.1mol·L-1 CuSO4溶液
已知：H2S 的电离平衡常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，Ksp(ZnS)= 1.6×10－24，Ksp(CuS)= 6.3×10－36。
忽略溶液混合后体积变化。
下列说法不正确的是(   )
A．实验I 中ZnCl2溶液体积为60mL 时，溶液中c(S2-)=3.2×10-23mol·L-1
B．实验I 中ZnCl2溶液体积小于10mL 时，会发生反应Zn2++2HS-=ZnS↓ +H2S↑
C．实验II 不可以选用甲基橙作为指示剂
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D．实验III 中CuSO4溶液体积为20mL 时，溶液
等于1
【答案】C
【解析】A 项，加入ZnCl2溶液体积为60 mL 时，
，
，A 正确；B 项，由于开始滴加的ZnCl2量较少而NaHS
过量，因此该反应在初始阶段发生的是Zn2++2HS-=ZnS↓ +H2S↑，B 正确；C 项，实验II 发生的反应：H+
+HS-=H2S↑，若恰好完全反应溶液中溶质是氯化钠，若盐酸过量时，因甲基橙变色范围是3.1(红)~4.4(黄)，
可以选用甲基橙作为指示剂，C 错误；D 项，实验III 中向20mL0.1mol·L-1H2S 溶液中滴加0.1mol·L-1 CuSO4
溶液，CuSO4溶液体积为20mL 时，CuSO4+H2S= CuS↓ +H2SO4，
，c(H＋)=2×0.05mol·L-1 =0.1mol·L-1，溶液pH 等于1，D 正
确；故选C。
12．常温下，向20mL0.1mol/L NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，一段时间后，少量气体X
从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH 值为8.7。
已知：Ksp(CaCO3)=4.96×10-9 Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11
H2CO3：pKa1=6.3、pKa2=10.3；Mg(OH)2沉淀范围：pH9.4~12.4。
下列说法正确的是(    )
A．X 气体是CO2，饱和NaHCO3溶液的
B．因为Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，Mg(OH)2更难溶
C．向溶液Y 中滴加MgCl2溶液，有Mg(OH)2生成
D．向0.1mol/L NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉
淀。
【答案】D
【解析】A 项，在NaHCO3溶液中既存在水解平衡HCO3
-+H2O⇌H2CO3+OH-、又存在电离平衡HCO3
-⇌ 
8
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H++ CO3
2-，HCO3
-的水解平衡常数Kh=
=
=10-7.7＞10-10.3，NaHCO3溶液呈碱性，向其中加入少量
NaHCO3固体，上述平衡正向移动，生成的H2CO3分解产生少量气体CO2，即X 气体是CO2，同时有CO3
2-
生成，即溶液Y 中含CO3
2-，由H2CO3的Ka1、Ka2可知CO3
2-的水解能力大于HCO3
-，溶液Y 的pH 为8.7，
则饱和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A 项错误；B 项，MgCO3、Mg(OH)2不属于同类型的难溶电解质，不能直
接由Ksp 的大小判断溶解度的大小，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6 ，饱和MgCO3 溶液的浓度c(MgCO3)=
=
mol/L=
×10-3mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，饱和Mg(OH)2 溶液的浓度
c[Mg(OH)2]=
=
mol/L=
×10-4mol/L＜
×10-3mol/L，Mg(OH)2 更难溶，B
项错误；C 项，Mg(OH)2沉淀的范围：pH9.4~12.4，即pH=9.4 时Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，Y 溶液的
pH 为8.7，故向溶液Y 中滴加MgCl2溶液，没有Mg(OH)2生成，C 项错误；D 项，NaHCO3溶液中存在平
衡HCO3
-⇌H++ CO3
2- ，由于Ksp(CaCO3) ＜Ksp(MgCO3) ，说明Ca2+ 结合CO3
2- 的能力比Mg2+ 强，故
向0.1mol/LNaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D 项
正确；故选D。
13．草酸钙是常见的难溶物。将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC2O4 (s)
Ca2+ (aq)
+ C2O4
2- (aq)[ 已知Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9 ，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5 ，H2C2O4 的电离常数Ka1=5.6×10-2 ，
Ka2=1.5×10-4，下列有关说法不正确的是(   )
A．上层清液中含碳微粒最主要以C2O4
2-形式存在
B．上层清液中存在：c(Ca2+)=c(C2O4
2-)+c(HC2O4
-)+c(H2C2O4)
C．H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成CaC2O4沉淀
D．向上层清液中通入
至pH=1，则：2c(Ca2+)-2c(C2O4
2-)-c(HC2O4
-)- c(OH―)= 0.1mol·L-1
【答案】D
【解析】A 项，溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳的
微粒最主要的是草酸根离子，A 正确；B 项，根据物料守恒钙原子和碳原子物质的量浓度相等，故有
c(Ca2+)=c(C2O4
2-)+c(HC2O4
-)+c(H2C2O4)，B 正确；C 项，草酸加入氯化钙中反应生成草酸钙，加入醋酸钠粉
末，根据电离平衡常数分析，醋酸根离子水解程度大于草酸根离子，故醋酸钠的碱性抑制草酸根离子水解，
有利于生成草酸钙，C 正确；D 项，向上层清液中通入HCl 至pH=1，则有电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H
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＋)=2c(C2O4
2-)+c(HC2O4
-)+c(OH―)+c(Cl－)，根据氢离子浓度为0.1mol/L 分析，2c(Ca2+)-2c(C2O4
2-)-c(HC2O4
-)-
c(OH―)=c(Cl－)-c(H＋)，不能确定氯离子浓度，故D 错误；故选D。
14．H2S 是常见的二元弱酸(电离常数Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13)。氢氧化铁[Ksp= 2.8×10－
39]、氢氧化锌[Ksp= 3.0×10－17]均为难溶多元弱碱，硫化锌[Ksp= 1.6×10－24]为难溶盐。所有数据均为25℃的值。
下列有关说法不正确的是(    )
A．因为H2S 的Ka1＞＞Ka2，所以c(S2-)≈Ka2=1.3×10-13mol/L
B．Fe(OH)3饱和溶液中的c(Fe3+)≈1×10-10mol/L 
C．分别向等体积等浓度的(CH3COO)2Zn、ZnSO4溶液中通入等物质的量的H2S 沉淀ZnS 后，前者
c(Zn2+)更小
D．pH=13 的Na2S 溶液与相同物质的量的ZnSO4反应，只沉淀ZnS
【答案】D
【解析】A 项，H2S 在水溶液中的电离方程式为：H2S
H++HS-、HS
H++S2-，Ka1=
，Ka2=
，因为H2S 的Ka1＞＞Ka2，可以任务c(H+)≈c(HS-)，所以c(S2-)≈Ka2=1.3×10-
13mol/L，故A 正确；B 项，Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中存在平衡：Fe(OH)3
Fe3++3OH-，设
c(Fe3+)=amol/L，则c(OH-)=3amol/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=a×(3a)3=2.8×10-39，解得a
1×10-10mol/L，
故B 正确；C 项，(CH3COO)2Zn 是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，抑制H2S 的电离，c(S2-)更大，沉淀
Zn2+更加彻底，c(Zn2+)更小，故C 正确；D 项，氢氧化锌的Ksp= 3.0×10－17，则当0.1mol/L 的ZnSO4溶液中
Zn2+开始沉淀时，c(OH-)=
，pH=
，则pH=13 的Na2S 溶液与相同物质的量的ZnSO4反应，除了
沉淀ZnS 还会生成Zn(OH)2，故D 错误；故选D。
15．常温下，向20mL0.1mol/L NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，一段时间后，少量气体X
从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH 值为8.7。
已知：Ksp(CaCO3)=4.96×10-9 Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11
H2CO3：pKa1=6.3、pKa2=10.3；Mg(OH)2沉淀范围：pH9.4~12.4。
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下列说法正确的是(    )
A．X 气体是CO2，饱和NaHCO3溶液的
B．因为Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，Mg(OH)2更难溶
C．向溶液Y 中滴加MgCl2溶液，有Mg(OH)2生成
D．向0.1mol/L NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉
淀。
【答案】D
【解析】A 项，在NaHCO3溶液中既存在水解平衡HCO3
-+H2O⇌H2CO3+OH-、又存在电离平衡HCO3
-⇌ 
H++ CO3
2-，HCO3
-的水解平衡常数Kh=
=
=10-7.7＞10-10.3，NaHCO3溶液呈碱性，向其中加入少量
NaHCO3固体，上述平衡正向移动，生成的H2CO3分解产生少量气体CO2，即X 气体是CO2，同时有CO3
2-
生成，即溶液Y 中含CO3
2-，由H2CO3的Ka1、Ka2可知CO3
2-的水解能力大于HCO3
-，溶液Y 的pH 为8.7，
则饱和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A 项错误；B 项，MgCO3、Mg(OH)2不属于同类型的难溶电解质，不能直
接由Ksp的大小判断溶解度的大小，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，饱和MgCO3溶液的浓度c(MgCO3)=
=
mol/L=
×10-3mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，饱和Mg(OH)2溶液的浓度
c[Mg(OH)2]=
=
mol/L=
×10-4mol/L＜
×10-3mol/L，Mg(OH)2更难溶，B
项错误；C 项，Mg(OH)2沉淀的范围：pH9.4~12.4，即pH=9.4 时Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，Y 溶液的
pH 为8.7，故向溶液Y 中滴加MgCl2溶液，没有Mg(OH)2生成，C 项错误；D 项，NaHCO3溶液中存在平
衡HCO3
-⇌H++ CO3
2-，由于Ksp(CaCO3) ＜Ksp(MgCO3)，说明Ca2+结合CO3
2-的能力比Mg2+强，故
向0.1mol/LNaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D 项
正确；故选D。
16．(2024·江苏淮安高三开学考试)室温下，用FeSO4溶液制备FeCO3的过程如图所示。已知：
Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16，
Ksp(FeCO3)=3.1×10-11。下列说法正确的是(    )
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A．0.1 mol·L-1NH4HCO3溶液中：c(NH3·H2O)＞c(H2CO3)
B．(NH4)2SO4溶液中：c(H＋)=2 c(NH3·H2O)+ c(OH―)
C．制备FeCO3的离子方程式为：Fe2++ NH3·H2O +HCO3
-=FeCO3↓+NH4
++H2O
D．c(Fe2＋)=0.08mol·L－1时，应控制
【答案】C
【解析】A 项，由于NH4
+的水解常数
5.56 10-10，HCO3
-的水解常数
10-8，所以HCO3
-的水解程度比NH4
+的水解程度大，c(NH3·H2O)＜c(H2CO3)，
故A 错误；B 项，(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，溶液中根据质子守恒可知：c(H＋)= c(NH3·H2O)+ c(OH―)，故
B 错误；C 项，HCO3
-与NH3·H2O 反应产生的CO3
2-再与Fe2+结合生成FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++ 
NH3·H2O +HCO3
-=FeCO3↓+NH4
++H2O，故C 正确；D 项，当混合液中c(Fe2＋)=0.08mol·L－1时，为防止生成
Fe(OH)2，
，即
，故D 错误；故选C。
题型三 中和滴定及其拓展应用
17．下列滴定反应中，指示剂使用正确的是(    )
A．用H2O2溶液滴定KI 溶液，淀粉做指示剂
B．用酸性KMnO4标准溶液滴定NaHSO3溶液以测量其浓度，用甲基橙做指示剂
C．用标准FeCl3溶液滴定KI 溶液，KSCN 溶液做指示剂
D．用强酸标准溶液滴定测量弱碱浓度，用酚酞做指示剂
【答案】C
【解析】A 项，用过氧化氢滴定碘化钾溶液，若用淀粉作指示剂，反应开始生成的碘遇淀粉使溶液就
变为蓝色，继续滴加时，溶液蓝色的变化无法确定滴定终点，故A 错误；B 项，酸性高锰酸钾溶液与亚硫
酸氢钠溶液完全反应时，再滴入酸性高锰酸钾溶液，过量的酸性高锰酸钾会使溶液会变为浅紫色，则滴定
时不需要指示剂即可完成测量实验，故B 错误；C 项，氯化铁溶液与碘化钾溶液完全反应时，若用硫氰化
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钾溶液做指示剂，过量的氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁溶液，使溶液变为红色，可以确定
滴定达到终点，故C 正确；D 项，强酸溶液与弱碱溶液完全反应时生成强酸弱碱盐，强酸弱碱盐使溶液呈
酸性，若用酚酞作指示剂无法判断反应的终点，应选用甲基橙做指示剂，故D 错误；故选C。
18．(2024·河北石家庄高三第二次调研)某活动小组为测定样品中NaBH4的纯度，设计了如下的实验步
骤：
步骤l：取5.0gNaBH4样品(杂质不参与反应)，将样品溶于NaOH 溶液后配成500mL 溶液，取25.00mL
置于碘量瓶中，加入60.00mL0.1000mol/L 的KIO3溶液充分反应(反应为
3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)；
步骤2：向步骤1 所得溶液中加入过量的KI 溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO3转化为I2，冷却后
在暗处放置数分钟；
步骤3：向步骤2 所得溶液中加入某种缓冲溶液调pH 至5.0，加入几滴指示剂，用0.1000mol/L 的
Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.70mL(反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
下列说法正确的是(    )
A．NaBH4中H 元素化合价为+1 价
B．步骤2 反应的离子方程式为IO3
-+I-+6H+=I2+3H2O
C．步骤3 中加入几滴酚酞作指示剂
D．样品中NaBH4的纯度为64.47%
【答案】D
【解析】A 项，NaBH4具有强还原性，H 元素化合价为-1 价，故A 错误；B 项，步骤2 的反应为KI 和
KIO3在酸性条件下生成I2，离子方程式为：IO3
-+5I-+6H+=I2+3H2O；故B 错误；C 项，步骤3 用Na2S2O3标
准溶液滴定碘单质溶液，用淀粉溶液坐指示剂，故C 错误；D 项，根据方程式
I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，n(Na2S2O3)=0.00207mol，则n(I2)=0.001035mol，再根据IO3
-+5I-
+6H+=I2+3H2O，可以计算出n(KIO3)=0.000345mol，这是剩余的KIO3，与NaBH4反应的KIO3为
0.006mol-0.000345mol=0.005655mol，根据3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O 可以计算出
n(NaBH4)=0.00424125mol，则原样品中n(NaBH4)=0.00424125mol
=0.084825mol，NaBH4的纯度为
=64.47%，故D 正确。
19．(2025·湖北省鄂东南省级示范高中教革联盟高三联考，节选)亚硝酰硫酸(NOSO4H，相对分子质量
为127)是一种浅黄色或蓝紫色液体，遇水分解，溶于浓硫酸不分解，主要用于染料、医药等领域。
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(4)测定亚硝酰硫酸的纯度：准确称取1.800 g 产品放入250 mL 碘量瓶中，加入
的高锰酸钾溶液和
的硫酸溶液，摇匀。用
草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶
液的体积为10.00 mL。已知该测定过程中只发生以下两步反应：
2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4
5C2O4
2-+2MnO4
-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
则产品中亚硝酰硫酸的纯度为：       (精确到0.1%)，在实验过程中，下列操作可能会导致亚硝酰
硫酸的纯度偏大的是       。
A．滴加草酸钠标准溶液时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数
B．滴加草酸钠标准溶液时，滴定开始时尖嘴处无气泡，滴定结束时出现气泡
C．滴定过程中，将挂在锥形瓶内壁上的草酸钠标准溶液用蒸馏水冲进瓶内
D．当溶液由浅紫红色刚好变无色时，立即停止滴加草酸钠溶液
【答案】(4) 88.2%     BD
【解析】(4)根据滴定实验操作，用0.2500 mol·l-l的草酸钠标准溶液滴定过量的KMnO4标准溶液，草酸
钠与KMnO4发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，配平该反应的离子反应为：5C2O4
2-+2MnO4
-
+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。由反应可知，过量的KMnO4标准溶液的物质的量n(KMnO4)=
n (
)=
×0.2500×0.01 mol=0.001mol，则与NOSO4H 溶液反应的KMnO4标准溶液的物质的量n(KMnO4)=0.06 
L×0.1000 mol/L -0.001 mol=0.005 mol，据已知反应
2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知：产品中NOSO4H 的物质的量
n(NOSO4H)=0.005×
mol=0.0125 mol，则亚硝酰硫酸的纯度为
×100%≈88.2%；A 项，
加草酸钠标准溶液时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，标准液体积偏大，测定结果偏小，A 错误；B
项，滴加草酸钠标准溶液时，滴定开始时尖嘴处无气泡，滴定结束时出现气泡，标准液体积偏小，测定结
果偏大，B 正确；C 项，滴定过程中，将挂在锥形瓶内壁上的草酸钠标准溶液用蒸馏水冲进瓶内，属于规
范操作，对测定结果没影响，C 错误；D 项，当溶液由浅紫红色刚好变无色时，未达到30s 稳定时间，还
会有额外的草酸钠消耗，故标准液体积偏小，测定结果偏大，D 正确；故选BD。
20．中华人民共和国国家标准(GB 27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组
用图1 装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
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图1                                图2
(1)仪器A 的名称是____________，水通入A 的进口为______。
(2)B 中加入300.00 mL 葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C 中H2O2完全反应，其化学方程
式为__________________________________。
(3)除去C 中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH 标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择
图2 中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8．8，则选择的指示剂为________；若用50 mL 滴定管进行
实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)________(①＝10 mL，②＝40 mL，
③＜10 mL，④＞40 mL)。
(4)滴定至终点时，消耗NaOH 溶液25．00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。
(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：_____________________。
【答案】(1)冷凝管(或冷凝器)　b    (2)SO2＋H2O2===H2SO4  (3)③　酚酞　④　(4)0.24
(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸(或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比
实验，扣除盐酸挥发的影响)
【解析】(1)A 仪器的名称为冷凝管或冷凝器；为使冷却效果好，应将冷却水从处于低处的b 口通入。
(2)SO2具有强还原性，H2O2具有强氧化性，二者发生氧化还原反应：SO2＋H2O2===H2SO4。(3)NaOH 盛装
在碱式滴定管中，应将橡皮管向上弯曲以排出气泡，选③。滴定至终点时溶液的pH＝8．8，在酚酞的变色
范围内，故可选用酚酞作指示剂。液面在10 mL 时滴定管中有刻度的液体为40 mL，因滴定管的下端有一
段无刻度，故管内液体的体积大于40 mL。(4)SO2与NaOH 存在如下关系： 
SO2　～　H2SO4　～　2NaOH
64 g                  2 mol
m(SO2)               0.090 0 mol·L－1×0.025 L
解得：m(SO2)＝＝0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为＝0.24 g·L－1。(5)盐酸为挥发性酸，挥发出的HCl
消耗NaOH，使测量值偏大。可以用难挥发的稀硫酸代替盐酸进行该实验。
21．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH 溶液时，选择酚酞作指示剂。
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请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH 溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛
________________________________。
(2)滴定终点的判断：____________________________________________。
(3)某学生根据3 次实验分别记录有关数据如表：
滴定次数
待测NaOH
溶液的体
积/mL
0.1000mol/L 盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
根据表中数据该NaOH 溶液的物质的量浓度为______________。
(4)以下操作会导致测得的NaOH 溶液浓度偏高的是______________。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH 溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
E.盛放碱液的碱式滴定管开始俯视读数，后来仰视读数
(5)氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相同(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或
反之)。为测定某样品中所含晶体FeSO4•7H2O 的质量分数，取晶体样品ag，溶于稀硫酸配成100.00mL 溶
液，取出20.00mL 溶液，用KMnO4溶液滴定(杂质与KMnO4不反应)。若消耗0.2000mol•L-1KMnO4溶液
20.00mL，所得晶体中FeSO4•7H2O 的质量分数为_______________(用a 表示)。
【答案】(1)注视锥形瓶内颜色变化    (2)浅红色变为无色且半分钟内不恢复原色 
(3)0.1044mol/L    (4)AC    (5)
×100% 
【解析】(1) 用标准的盐酸滴定待测的NaOH 溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，
眼睛注视锥形瓶内颜色变化；(2)用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH 溶液时，选
择酚酞作指示剂，滴定前溶液为红色，滴定后呈中性，溶液为无色，则滴定终点的判断依据是浅红色变为
无色且半分钟内不恢复原色；(3)根据表中数据，第二次实验数据明显偏大，舍去，根据第一次、第三次实
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验数据，平均消耗盐酸的体积是
 =26.10ml，则c()=
 =
 =0.1044mol/L；(4) A 项，酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐
酸浓度偏小，消耗盐酸体积偏大，测定氢氧化钠溶液浓度偏高；B 项，滴定前盛放NaOH 溶液的锥形瓶用
蒸馏水洗净后没有干燥，氢氧化钠的物质的量不变，消耗盐酸体积不变，测定氢氧化钠溶液的浓度无影响；
C 项，酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸体积偏大，测定氢氧化钠溶液浓度偏高；
D 项，读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，消耗盐酸体积偏小，测定氢氧化钠溶液浓
度偏低；E 项，盛放碱液的碱式滴定管开始俯视读数，后来仰视读数，氢氧化钠溶液体积偏小，消耗盐酸
体积偏小，测定氢氧化钠溶液的浓度偏低；故选AC。(5)亚铁离子会被高锰酸钾溶液氧化为铁离子，高锰
酸钾被还原成锰离子，根据电子守恒，即5FeSO4•7H2O~ KMnO4，所以晶体中FeSO4•7H2O 的质量分数为
 =
×100%。
1．(2025·浙江省富阳中学高三选考模拟)在化学实践中，科研工作者会使用许多缓冲溶液。在缓冲溶液
中发挥作用的物质称为缓冲对，一个缓冲对包含2 个相差1 个H+的分子或离子。在人体的血液(pH 约7.35-
7.45)中也有H2CO3/HCO3
-，H2PO4
-/HPO4
2-/等缓冲对。下图为参考数据。关于缓冲溶液相关实验，下列说法
正确的是(    )
物质
H2CO3
HCO3
-
CH3COOH
NH3
H2C2O4
HC2O4
-
pKa/pKb
6.4
10.3
4.7
4.7
1.3
4.3
A．为构建pH=3 的缓冲溶液，可采用H2CO3/HCO3
-缓冲对
B．某缓冲溶液仅由H2C2O4/NaHC2O4配制而成，且该溶液pH=1，则配制时可将0.2mol/L 的H2C2O4溶
液与0.1mol/L 的NaHC2O4溶液等体积混合
C．将浓度均为2mol/L 的CH3COONH4/ Na2C2O4溶液混合，则c(OH-)>c(HC2O4
-)
D．将浓度均为0.2mol/L 的1L MgCl2溶液与2L Na2CO3溶液混合，此时Mg2+可视为完全沉淀，且沉淀
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质量为14.2g，则此时溶液pH 约为10
【答案】D
【解析】A 项，由表可知，H2CO3/HCO3
-缓冲对形成的溶液的pH 大于3，A 错误；B 项，0.2mol/L 的
H2C2O4溶液与0.1mol/L 的NaHC2O4溶液等体积混合，则得到0.1mol/L 的H2C2O4与0.05mol/L 的NaHC2O4的
混合溶液，则
，   c(H＋)=20×10-2.3mol·L-1 mol/L，pH≠1，B 错误；
C 项，由表知，铵根离子、乙酸根离子水解程度相等，而铵根离子水解程度大于草酸根离子，铵根离子水
解的氢离子结合了草酸根离子水解的氢氧根离子生成水，使得草酸氢根离子浓度大于氢氧根离子浓度，C
错误；D 项，设生成氢氧化镁、碳酸镁分别为amol、(0.2-a)mol，则58a+84×(0.2-a)=14.2，a=0.1mol，CO3
2-
+H2O
HCO3
-+OH-，0.2mol 碳酸根离子水解生成0.2mol 碳酸氢根离子、0.2mol 氢氧根离子，氢氧根离
子转化为氢氧化镁沉淀，结合碳质量守恒，反应后碳酸根离子为0.2mol、碳酸氢根离子为0.2mol，则
，   c(OH-)=10-3.7mol·L-1，pOH≈4，pH≈10，D 正确；故选D。
2．(2025·浙江省稽阳联谊学校高三联考)某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：往10mL0.1mol/L 氨水中滴加0.1mol/L 的草酸溶液。
实验Ⅱ：往10mL0.1mo/L 氨水中滴加0.1mol/L 的氢氟酸。
已知：溶液混合后体积变化忽略不计。溶液中某离子的浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子已
沉淀完全。25℃时，相关常数如下表。
NH3·H2O
HF
H2C2O4
CaF2
CaC2O4
电
离
常
数
1.8×10-5
6.3×10-4
Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4
溶度积Ksp
4.0×10-11
2.5×10-9
下列说法正确的是(    )
A．实验Ⅰ，滴加过程中始终满足cC2O4
2-＋cHC2O4
-＋cH2C2O4=0.1mol·L-1
B．实验Ⅱ中
时，因NH4
+和F-水解相互促进，导致所得溶液中含氟微粒的主要形式
为HF 分子
C．相同温度下，CaC2O4在NH4Cl 溶液中的溶解度比水中要小
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D．用Ca(NO3)2溶液，无法将混合液中相同浓度的C2O4
2-和F-先后沉淀而分离
【答案】D
【解析】A 项，滴加过程中溶液体积逐渐变大，cC2O4
2-＋cHC2O4
-＋cH2C2O4逐渐减小，A 错误；B
项，实验Ⅱ中
时，恰好生成NH4F 溶液。NH4
++F-+H2O
 HF+NH3·H2O 的
，故尽管NH4
+和F-水解相互促进，但水解仍然微弱，所得溶液中含氟微
粒的主要形式为F-，B 错误；C 项，NH4Cl 溶液呈酸性，使溶解平衡CaC2O4(s)
Ca2+ (aq)+ C2O4
2-(aq)
右移，CaC2O4在NH4Cl 溶液中的溶解度比水中要大，C 错误；D 项，当F-浓度等于1.0×10-5mol·L-1时，
Ca2+浓度等于0.4mol/L，此时C2O4
2-的最大浓度为6.25×10-9mol·L-1，即C2O4
2-也沉淀完全；反之，当C2O4
2-浓
度等于1.0×10-5mol·L-1时，Ca2+浓度等于2.5×10-4mol·L-1，此时F-的最大浓度为4.0×10-4mol·L-1，即F-也几乎
沉淀完全；综上，用Ca(NO3)2溶液，无法将混合液中相同浓度的C2O4
2-和F-先后沉淀而分离，D 正确；故
选D。
3．(2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)已知Ksp(CaCO3)=2.8×10－9，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，
Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ka(HClO)=2.9×10－8。下列说法正确的是(    )
A．向漂白粉溶液中通入少量CO2气体的离子方程式为ClO-+CO2+H2O= HClO+HCO3
- 
B．向0.2mol·L-1的CaCl2溶液中加入等体积的0.2mol·L-1的NaHCO3溶液可生成白色沉淀
C．室温下，向NaOH 溶液中通入CO2气体至pH=11，此时溶液中的cHCO3
-=4.7cCO3
2-
D．向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中无论滴加少量的HCl 还是
NaOH 溶液，均可导致溶液的pH 值出现较大变化
【答案】B
【解析】根据电离常数可知酸性H2CO3＞HClO＞HCO3
-。A 项，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3
-，向漂白
粉溶液中通入少量CO2气体生成碳酸钙沉淀、次氯酸，对应的离子方程式为Ca2++2ClO-+H2O+CO2=2HClO+ 
CaCO3↓，A 错误；B 项，向0.2mol·L-1的CaCl2溶液中加入等体积的0.2mol·L-1的NaHCO3溶液混合后溶液
中
，
，根据HCO3
-+H2O
H2CO3+OH-可知
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，
，
，
，
；根据Ka2(H2CO3)=4.7×10-11可知
，溶液中
，
，计算可得
，此时溶液中
，
，有白色沉淀生成，B 正确；C 项，向NaOH 溶液中通入CO2气体至
pH=11，
，
，
，即
4.7cHCO3
-=cCO3
2-，C 错误；D 项，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液存在
CO3
2-+H2O
HCO3
-+OH- 、HCO3
-+H2O
H2CO3+OH-、H2CO3
HCO3
-+H+，使得溶液具有缓冲
能力，滴加少量的HCl 还是NaOH 溶液，均可导致溶液的pH 值变化不大，D 错误；故选B。
4．(2025·浙江省五校高三联考)已知：常温下，氢硫酸H2S 的电离常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，
Ksp(FeS)= 6.3×10－18，Ksp(HgS)= 1.6×10－52。往10mL0.1mol/LH2S(pH 约为4.1)溶液中加
入10mL0.1mol/LNaOH 溶液，然后再滴加入0.1mol/LFeSO4溶液。溶液混合后体积变化忽略不计，下列说
法不正确的是(    )
A．0.1mol/LH2S 溶液中存在c(H＋)＞c(HS-)＞c(OH―)＞c(S2-)
B．H2S 与NaOH 溶液反应至溶液呈中性时，cNa＋＋cH2S- c(S2-)＝0.1mol·L-1
C．滴加入0.1mol/LFeSO4溶液时，会产生FeS 沉淀
D．FeS 固体能用于去除工业废水中的Hg2+
【答案】B
【解析】A 项，0.1mol/LH2S 溶液中存在电离平衡H2S
SH-+H+ (H2S 以第一步电离为主)、HS
-
S2-+H+、H2O
OH-+H+，0.1mol/LH2S 溶液的pH 约为4.1，则c(OH-)=1.0×10-9.9mol·L-1，
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，
，则
，故c(H＋)＞c(HS-)＞
c(OH―)＞c(S2-)，故A 正确；B 项，溶液中存在电荷守恒cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-，H2S 与
NaOH 溶液反应至溶液呈中性时，c(OH―)=c(H＋)，则cNa＋=cHS-+2c(S2-)，则cNa＋+ cH2S＝cHS-＋
2cS2-+ cH2S，cNa＋+ cH2S- cS2-＝cHS-＋cS2-+ cH2S= cS溶液体积变大，故，c(S2-)＜
0.1mol·L-1，cNa＋＋cH2S- c(S2-)＜0.1mol·L-1，故B 错误；C 项，往10mL0.1mol/LH2S 溶液中加入
10mL0.1mol/LNaOH 溶液，恰好发生反应生成NaHS，滴加入0.1mol/LFeSO4溶液时，发生反应HS-
+Fe2+=FeS+H+，该反应的平衡常数为
，会产生FeS 沉淀，故 C 正确；D
项，FeS 的溶度积比HgS 的溶度积大，难溶电解质易转化为更难溶的电解质，则FeS 固体能用于去除工业
废水中的Hg2+，故 D 正确；故选B。
5．(2024·山东潍坊五县区高三阶段监测)乙二胺四乙酸(EDTA)可与金属离子形成稳定的配合物。常用
EDTA 测定水中钙含量(EDTA 与钙反应时物质的量之比均为1∶1)。基本步骤如下：
①EDTA 标定：取10.00 mL 0.1 mol·L-1标准CaCl2溶液，加入3 滴甲基橙溶液作指示剂，用已配制好
的EDTA 溶液滴定至终点，消耗EDTA 溶液V1 mL。
②钙提取：取一定质量的有机物，并用酸性KMnO4溶液氧化，再经萃取、反萃取将金属转移到水中，
得到提取液。加入掩蔽剂(掩蔽除钙之外的金属)并将pH 调至11.3。
③EDTA 滴定：取20.00mL 提取液，加入指示剂钙黄绿素(钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合
物)，在黑色背景下用标定后的EDTA 溶液滴定至终点，消耗EDTA 溶液V2 mL。
根据上述实验原理，下列说法错误的是(    )
A．若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的钙含量结果偏高
B．EDTA 标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，会使钙含量测定结果偏高
C．EDTA 滴定若选用其他物质作指示剂，提取液的pH 可能发生变化
D．pH 为11.3 时，EDTA 与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力
【答案】B
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【解析】A 项，EDTA 可与金属离子形成稳定的配合物，若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的
钙含量结果偏高，A 正确；B 项，EDTA 标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，则V2数值增大，故
钙含量偏低，B 错误；C 项，EDTA 滴定时，指示剂的选用与体系pH 有关，同时滴定时应保证体系的酸碱
性，保证钙不会变成沉淀，故改变指示剂的种类，提取液的pH 会发生变化，C 正确；D 项，由③可知pH
为11.3 时，EDTA 与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力，D 正确； 故选B。
6．(2025· 浙江省名校协作体三开学测试，节选)探究NaBiO3的应用：利用NaBiO3测定溶液中
含
量
(4)在试管中加入V1mLMnSO4和H2SO4的混合液，然后加入一定量的NaBiO3，充分反应分离出剩余的
NaBiO3，向所得滤液中加入足量KI 溶液，充分反应后转移至碘量瓶中，用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至浅
黄色，加入淀粉溶液，继续用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V2mL。
(已知：I-+MnO4
-+H+→I2+Mn2++H2O、I2+S2O3
2-→S4O6
2-+I-，均未配平)
①混合液中Mn2+的含量为      mg·mL-1 (用含V1、V2、c 的代数式表示)；
②在滴定过程中，下列实验操作会使测定结果偏高的是      (填标号)。
a．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数
b．滴定时碘量瓶中溶液酸性太强
c．碘量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥
d．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，达到终点有气泡
e．没有分离出剩余的NaBiO3，直接加入足量
溶液
【答案】(1)Bi(OH)3+3OH-+Na++ Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O
(2)防止氯气过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解     吸收多余的氯气
(3)efad          (4) 
     be
【解析】用浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，其中混有挥发出的氯化氢气体，要用饱和食盐水进行除
杂，然后利用氯气的强氧化性，在碱性环境下将Bi(OH)3氧化为NaBiO3。(1)丙中发生反应为碱性环境下氯
气将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，氯化合价由0 变为-1、Bi 化合价由+3 变为+5，结合电子守恒可知，离子方程
式为Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；(2)铋酸钠在酸中会逐渐分解，氯气和水会生成盐酸和和
次氯酸，当丙中白色固体消失时，可以初步判断丙中反应已完成，此时应立即进行的操作是关闭K3和
K1、打开K2，以防止NaBiO3分解，同时不产生过量氯气，多余的氯气被NaOH 吸收；(3)据已知信息，不
溶于冷水，在空气或热水中逐渐分解，为从丙中获取粗产品应该：e．在冰水中冷却，析出晶体；f．用布
氏漏斗抽滤，加快过滤速率；a．冷水洗涤，减少溶解损失；d．在干燥器中干燥，防止其分解；故选
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efad；(4)①根据反应原理可知最后生成碘单质，碘单质被c mol·L-1Na2S2O3反应，碘单质被反应完，
Na2S2O3的物质的量为
，I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-，Na2S2O3的物质的量为碘单质的物质的量2 倍，
根据10I-+2MnO4
-+16H+=5I2+2Mn2++8H2O，锰离子的物质的量为碘单质的2.5 倍，故硫酸锰的质量为
，故含量为
；②a 项，滴定终点时俯视读数，则读数偏小，则体积偏小，
故碘单质偏小，故结果偏小，a 不符合题意；b 项，碘量瓶中溶液酸性太强，Na2S2O3发生歧化反应，导致
消耗的碘的含量偏小，碘单质偏高，b 符合题意；c 项，锥形瓶用蒸馏水洗涤后未干燥 ，对结果无影响，
故c 不符合题意；d．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，达到终点有气泡，读数偏小，则体积偏小，结果偏低，
d 不符合题意；e 项，没有分离出剩余的NaBiO3与KI 反应，生成碘单质，则最终测定的碘含量偏高，e 符
合题意；故选be。
7．(2025·河南省南阳市高三联考，节选)某小组设计实验制备FeCl3并测定产品纯度。
(二)测定FeCl3样品的纯度
已知：Fe3++6F-
[FeF6]3- (无色，很稳定)，AgF 易溶于水且完全电离。
(4)实验步骤如下(已知杂质均不溶于水或不参与反应)：
步骤1：准确称取mg 样品，溶于水，滤去不溶物后，配成1000mL 溶液，取10.00mL 置于锥形瓶中；
步骤2：向锥形瓶中加入适量NaF 溶液(恰好与铁离子完全反应)，用力振荡，再加入
V1mL0.1000mol·L-1 AgNO3溶液(过量)使Cl-完全沉淀；
步骤3：向其中加入硝基苯(不溶于水，密度比水大)，用力振荡；
步骤4：加入几滴Fe(NO3)3溶液，用0.1000mol·L-1NH4SCN 溶液滴定过量的Ag+至终点，消耗NH4SCN
溶液的体积为V2mL。
(已知：常温下，Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(AgSCN)= 2.0×10－12。FeCl3的摩尔质量用M 表示)
①滴定终点时锥形瓶内现象为       。
②步骤3 加入硝基苯的目的是       ，若省略步骤3，测定结果将       。(填“偏大”、“偏小”
或“无影响”)。
③测得样品中FeCl3的质量分数为       %(用含m、V1、V2、M 的式子表示)。
【答案】(4)滴入最后半滴NH4SCN 标准溶液，锥形瓶内液体变为血红色，且半分钟不恢复原色     
覆盖氯化银沉淀，保护氯化银沉淀不转化为溶解度更小的AgSCN 沉淀(合理即可)     偏小 
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【解析】(1)盛放MnO2的仪器名称为蒸馏烧瓶；由分析可知，图中各装置连接顺序是
A→C→E→B→D→E→F；(2)装置A 中发生反应为浓盐酸与二氧化锰制备氯气，其离子方程式为
MnO2+4H++2Cl-
MnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)装置F 用来吸收多余的尾气，所以其离子方程式为Cl2+2OH—=ClO
—+Cl—+H2O；D 装置用来收集FeCl3，FeCl3遇水蒸气易水解而生成Fe(OH)3，若D 和F 直接相连，则F 中的
水蒸气会进入D 中使FeCl3水解，所以制得产品中会含有杂质Fe(OH)3；(4)①硫氰根与银离子结合生成沉
淀，当银离子恰好被反应完时，滴入最后半滴NH4SCN，硫氰根与三价铁结合生成硫氰化铁锥形瓶内液体
变为红色，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入最后半滴NH4SCN 标准溶液，锥形瓶内液体变为血红色，
且半分钟不恢复原色；②步骤3 加入硝基苯的目的是为了让有机物覆盖氯化银沉淀，保护氯化银沉淀不会
转化为溶解度更小的AgSCN 沉淀，若省略步骤三，会使得氯离子测定结果偏小使得氯化铁测定结果偏小；
③由Ag++Cl- = AgCl↓、Ag++SCN- = AgSCN↓根据可知n(SCN-) =0.1000mol/L×V2×10－3 L =V2×10－4mol，与
硫氰根反应的n(Ag+) =V2×10－4mol，由于n 总(Ag+)= V1×10－3 L×0.1000mol/L=V1×10－4mol，所以与氯离子反
应的n(Ag+)=V1×10－4－1V2×10－4=(V1－V2)×10－4mol，故氯离子的物质的量为(V1－V2)×10－4mol，根据元素物
质的量守恒可知n(FeCl3)=
，m(FeCl3)=n×M＝
，所以氯化铁的质量分数
=
。
8．滴定法可用于测定样品纯度。
I.双指示剂法测定烧碱样品(含Na2CO3)纯度：
[实验步骤]
a.迅速称取烧碱样品1.2 g，溶解后配制成250 mL 溶液，备用：
b.将0.1000 mo/L HCl 标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0 =0.10mL；
c.用碱式滴定管取20.00 mL 样品溶液于锥形瓶中，滴加2 滴酚酞；以HCl 标准溶液滴定至第一终点(此
时溶质为NaCl 和NaHCO3)，记录酸式滴定管的读数V1 =21.8mL；
d.然后再向锥形瓶内滴加2 滴甲基橙，继续用HCl 标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数
V2 =23.50mL。
(1)滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为_______。
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(2)判断滴定至第二终点的现象是溶液由_______色变为橙色。
(3)样品中NaOH 的质量分数
_______%(计算结果保留小数点后1 位)。
(4)下列操作会导致测得的NaOH 质量分数偏高的是_______(填字母序号)。
a.滴定前有气泡，滴定至第一终点时气泡消失
b.达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生
c.第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出
d.记录酸式滴定管读数V2时，仰视标准液液面
II.测定三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O 中铁的含量：
第一步，称量m g 样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消
耗KMnO4溶液V1 mL。
第二步，向上述溶液中加入过量锌粉将Fe3+转化为Fe2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥
形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。
(5)该晶体中铁的质量分数的表达式是_______。
【答案】(1)OH-+H+=H2O、CO3
2-+H+=HCO3
-    (2)黄
(3)83.3%    (4)abc    (5)
【解析】(1)滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应的离子方程式是：
OH-+H+=H2O、CO3
2-+H+=HCO3
-；(2)甲基橙的变色范围为：pH＜3.1 时红色，3.1＜pH＜4.4 橙色，pH＞4.4
黄色，根据其变色范围可知，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色；(3)根据已知信息，可知实验
中NaHCO3生成CO2消耗盐酸的体积为23.50mL-21.80mL=1.70mL，NaOH 消耗盐酸的体积是
21.80mL-1.70mL-0.10mL=20.00mL，故20.00mL 样品溶液中NaOH 的物质的量是0.1000mol/
L×0.020L=0.0020mol，氢氧化钠的质量为0.0020mol×40g/mol=0.080g，样品中氢氧化钠的质量分数
w(NaOH) =
；(4)a 项，滴定前有气泡，滴定至第一终点时气泡消失，说明达到
第一终点消耗的盐酸多，测得的氢氧化钠质量分数偏高，故a 正确；b 项，达到第一终点前，锥形瓶中有
气泡产生，说明达到第一终点消耗的盐酸多，测得的氢氧化钠质量分数偏高，故b 正确；c 项，第一终点
后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，导致第二次滴定消耗的盐酸少，测得的氢氧化钠质量分数偏高，
故c 正确；d 项，记录酸式滴定管读数V2时，仰视标准液液面，说明计算出的达到第二终点消耗的盐酸多，
测得的氢氧化钠质量分数偏低，故d 错误；故选abc；(5)加入过量锌粉能将溶液中Fe3+转化为Fe2+，酸化后
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Fe2+与KMnO4溶液反应，根据化合价变化可找出关系式为5 Fe2+~ MnO4
-，根据消耗KMnO4溶液的浓度和体
积可知溶液中n(Fe2+)=cmol/L×V2×10-3L×5=5×10-3cV2mol，则该晶体中铁元素的质量分数为
=
。
9．用氧化还原滴定法可以测定市售双氧水中过氧化氢的浓度(单位g∙L−1)，实验过程包括标准溶液的准
备和滴定待测溶液。
I．准备KMnO4标准溶液
a．配制100.00mLKMnO4溶液备用；
b．准确称取Na2C2O4基准物质3.35g(0.025mol)，配制成250.00mL 标准溶液。取出25.00mL 于锥形瓶
中，加入适量3 mol∙L−1硫酸酸化后，用待标定的KMnO4溶液滴定至终点，记录数据，计算KMnO4溶液的
浓度。
II．滴定主要步骤
a．取待测双氧水10.00mL 于锥形瓶中；
b．锥形瓶中加入30.00mL 蒸馏水和30.00mL3 mol∙L−1硫酸，然后用已标定的KMnO4溶液(0.1000 
mol∙L−1)滴定至终点；
c．重复上述操作两次，三次测定的数据如表：
组别
1
2
3
消耗标准溶液体积(mL)
25.00
25.02
24.98
d．数据处理。
请回答下列问题：
(1)将称得的Na2C2O4配制成250.00mL 标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有___。
(2)标定KMnO4溶液时，能否用稀硝酸调节溶液酸度____(填“能”或“不能”)，简述理由___。写出
标定过程中发生反应的离子方程式____。
(3)滴定待测双氧水时，标准溶液应装入____滴定管，滴定至终点的现象是____。
(4)计算此双氧水的浓度为____g∙L−1。
(5)误差分析：在第II 步滴定主要步骤中，下列操作会使双氧水浓度测定结果偏高的是____。A．锥形
瓶洗净后用双氧水润洗
B．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
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D．振荡锥形瓶时部分液体溅出
【答案】(1)250mL 容量瓶、胶头滴管
(2)不能     稀硝酸有氧化性，也会与Na2C2O4反应，影响KMnO4溶液浓度的标
定    2MnO4
-+2C2O4
2-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
(3) 酸式     滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色(红色)，且半分钟不变色
(4)21.25        (5)AB
【解析】配置基准物质溶液，通过溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，用待标定的高锰酸
钾溶液进行滴定，标定高锰酸钾溶液的浓度，用高锰酸钾溶液来滴定双氧水溶液测定双氧水的浓度，取
10.00mL 的双氧水与锥形瓶，用酸式滴定管滴定高锰酸钾溶液至终点，重复实验2～3 次。(1)将称得的
Na2C2O4配制成250.00mL 标准溶液，先在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL 容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒，
洗涤液也转移到容量瓶中，先直接加蒸馏水至刻度线下1～2cm 处改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度
线相切为止，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL 容量瓶、胶头滴管；(2)稀硝酸有氧化性，也会
与Na2C2O4反应，影响KMnO4溶液浓度的标定，因此不能用稀硝酸调节溶液酸度；标定过程中草酸根被氧
化为二氧化碳，高锰酸根被还原为锰离子，发生反应的离子方程式2MnO4
-+2C2O4
2-+16H+=2Mn2+
+10CO2↑+8H2O；(3)滴定待测双氧水时，高锰酸钾溶液具有氧化性，因此标准溶液应装入酸式滴定管，双
氧水是无色，高锰酸钾是紫色，因此滴定至终点的现象是滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅
紫色(红色)，且半分钟不变色；(4)三次消耗高锰酸钾溶液的平均值为25.00mL，根据题意得到关系式5H2O2 
～2MnO4
-，则H2O2的物质的量为n(H2O2)= 0.1000 mol∙L−1×0.025L×
，则此双氧水的浓度为
；(5)A 项，锥形瓶洗净后用双氧水润洗，双氧水待测液
增多，消耗标准液体积增多，计算双氧水浓度偏高，故A 符合题意；B 项，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，
滴定后气泡消失，读出数据偏大，测定结果偏高，故B 符合题意；C 项，观察读数时，滴定前仰视，滴定
后俯视，读书数据偏小，测定结果偏低，故C 不符合题意；D 项，振荡锥形瓶时部分液体溅出，消耗标准
液体积减小，测定结果偏低，故D 不符合题意；故选AB。
1．(2023•浙江省1 月选考，15)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：
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CaCO3(s)
Ca2+(aq)+CO3
2-(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，H2CO3的电离常数
Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11]，下列有关说法正确的是(    )
A．上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO3
2-)
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO3
-形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2+)保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
【答案】B
【解析】A 项，上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此c(Ca2+)＞
c(CO3
2-)，A 错误；B 项，根据Ka2=4.7×10-11 可得
，则碳酸根的水解平衡常数为
，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢
根离子，B 正确；C 项，向体系中通入CO2，碳酸钙与CO2反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶
液中钙离子浓度增大，C 错误；D 项，由题干可知，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，碳酸钙比
硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D 错误；故选B。
2．(2023•山东卷，15)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)
HgI2(aq)；HgI2(aq)
Hg2++2I-；HgI2(aq)
HgI++I-；HgI2(aq)+I-
HgI3
--；HgI2(aq)+2I-
HgI4
2-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3
-)、lgc(HgI4
2-)随lgc(I-)的
变化关系如图所示，下列说法错误的是(    )
A．线
表示lgc(HgI4
2-)的变化情况
B．随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小
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C．
D．溶液中I 元素与
元素的物质的量之比始终为2：1
【答案】B
【解析】由题干反应方程式HgI2(aq)
Hg2++2I-可知，K1=
，则有c(Hg2+)=
，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3
-) 
=lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)，lgc(HgI4
2-) ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2(s)
HgI2(aq)可知
K0=c[HgI2(aq)]为一定值，故可知图示中
曲线1、2、3、4 即L 分别代表
lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3
-)、lgc(HgI4
2-)。A 项，线L 表示lgc(HgI4
2-)的变化情况，A 正确；B 项，已知
HgI2(s)
HgI2(aq)的化学平衡常数K0= c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]
始终保持不变，B 错误；C 项，曲线1 方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2 方程为： 
lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：
，C 正确；D 项，溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I 元素与Hg
元素的物质的量之比始终为2：1，D 正确；故选B。
3．(2023•江苏卷，12，3 分)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已
知Ksp(MgF2)=5.2×10-11，Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是(    )
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A．0.1mol·L-1NaF 溶液中：c(F-)= c(Na＋)+c(H＋)
B．“除镁”得到的上层清液中：
C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(CO3
2―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―) 
D．“沉锰”后的滤液中：(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HCO3
-)+2c(CO3
2―)
【答案】C
【解析】A 项，0.1mol·L-1NaF 溶液中存在电荷守恒：c(OH―)+c(F-)= c(Na＋)+c(H＋)，A 错误；B 项，
“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F―)，故
，
B 错误；C 项，0.1mol·L-1NaHCO3 溶液中存在质子守恒：c(CO3
2―)+c(OH―)=c(H ＋)+c(H2CO3) ，故
c(CO3
2―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)，C 正确；D 项，“沉锰”后的滤液中还存在F-、SO4
2-等离子，故电荷守
恒中应增加其他离子使等式成立，D 错误。 故选C。
4．(2023·北京卷，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH 的Na2CO3体系中的可能产
物。
已知：i.图1 中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH 的关系。
ii.图2 中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
c(Mg2＋)·c(CO)＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L－1，不同pH 下c(CO)由图1 得到]。
下列说法不正确的是(　　)
A．由图1，pH＝10.25，c(HCO)＝c(CO)
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＋)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1 
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mol·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===MgCO3↓＋CO2↑
＋H2O
【答案】C
【解析】从图2 可以看出初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－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 项正确；从图2 可以看出初始状态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，根据元素守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)<0.1 mol·L
－1，C 项错误；pH＝8 时，溶液中主要含碳微粒是HCO，当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===MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D 项正确。
5．(2023·新课标卷，13)向AgCl 饱和溶液(有足量AgCl 固体)中滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH3
 
[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3
[Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图
所示(其中M 代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋)。
下列说法错误的是(　　)
A．曲线Ⅰ可视为AgCl 溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl 的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75
C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3
 [Ag(NH3)2]＋的平衡常数K 的值为103.81
D．c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)
【答案】A
【解析】AgCl 饱和溶液中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，当滴入的氨水非常少时，可以认为Ag＋
浓度和Cl－浓度相等，随着氨水的滴入，Ag＋浓度减小，AgCl 的沉淀溶解平衡正向移动，Cl－浓度增大，
AgCl 的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag＋，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ也可视为AgCl 的溶解度随NH3浓度
的变化曲线，A 错误；AgCl 的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c(NH3)＝10－1 mol·L－1时，c(Cl
－)＝10－2.35 mol·L－1，c(Ag＋)＝10－7.40 mol·L－1，则Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B 正
确；随着氨水的滴入，Ag ＋先转化为[Ag(NH3)] ＋，[Ag(NH3)] ＋再转化为[Ag(NH3)2] ＋，所以开始时，
[Ag(NH3)2]＋浓度比[Ag(NH3)]＋浓度小，则曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]＋，曲线Ⅱ表示[Ag(NH3)]＋，反应[Ag(NH3)]
＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝
＝＝103.81，C 正确；结合上述分析及图知，当
c(NH3)＝0.01 mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)，D 正确。
6．(2023·辽宁卷，15)某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH 使
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Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH 与－lg c 关系如图所示，c 为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，
单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是(　　)
A．Ksp(CdS)＝10－18.4                       B．③为pH 与－lg c(HS－)的关系曲线
C．Ka1(H2S)＝10－8.1                       D．Ka2(H2S)＝10－14.7
【答案】D
【解析】曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13 
mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A、B 错误；曲线④代表HS－，由图示曲线
④上点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6 mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5 mol·L－1，Ka1(H2S)＝
＝＝10
－7.1，C 错误；已知Ka1·Ka2＝
，由曲线③上点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1时，c(S2－)＝
10－13 mol·L－1，故有Ka1·Ka2＝
＝10－21.8，结合C 项分析可知，Ka1＝10－7.1，故有Ka2(H2S)＝
10－14.7，D 正确。
7．(2023·山东，15 改编)在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I－)范围内，存在平衡关系：HgI2(s) 
HgI2(aq)；HgI2(aq)
Hg2＋＋2I－；HgI2(aq)
HgI＋＋I－；HgI2(aq)＋I－
HgI；HgI2(aq)＋2I－
HgI，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lg c(Hg2＋)、lg c(HgI＋)、lg c(HgI)、lg c(HgI)随
lg c(I－)的变化关系如图所示，下列说法错误的是(     )
A．线L 表示lg c(HgI)的变化情况
B．随c(I－)增大，c[HgI2(aq)]始终不变
C．a＝lg 
D．溶液中I 元素与Hg 元素的物质的量之比始终为2∶1
【答案】D
【解析】含HgI2 的溶液中各反应达到平衡后，增大c(I －) ，平衡HgI2(aq)
HgI ＋＋I －、
HgI2(aq)Hg2＋＋2I－逆向移动，c(HgI＋)、c(Hg2＋)减小，且开始时c(HgI＋)<c(Hg2＋)；平衡HgI2(aq)＋I－
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HgI、HgI2(aq)＋2I－
HgI 正向移动，c(HgI)、c(HgI)增大，且开始c(HgI)>c(HgI)。分析可知，
线L 表示lg c(HgI)的变化情况，A 正确；HgI2(s)
HgI2(aq)的化学平衡常数K0＝c[HgI2(aq)]，温度不变
平衡常数不变，故随c(I－)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，B 正确；
，
，
带入M 点值可得
，
，则可得a＝lg，C 正确；需要外加I－调节，则I 元素与
Hg 元素的物质的量之比无法确定，D 错误。
8．(2021·广东，18 节选)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼
(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25 ℃时，H2CO3 的Kal＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝
2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0 时，溶液中Mo 元素以MoO 的形态存在。
(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo 元素的化合价为__________。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀X 为________。
(3)“沉钼”中，pH 为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为__________________________________________。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO)∶c(MoO)
＝_________________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。
【答案】(1)＋6   (2)Al(OH)3   (3)①MoO＋Ba2＋===BaMoO4↓   ②
【解析】(3)②若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO＋BaMoO4
BaCO3＋
MoO＋H＋，该反应的化学平衡常数K＝＝＝。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必须满足≤，由于“沉
钼” 中pH 为7.0 ，c(H ＋) ＝1×10 －7 mol·L －1 ，所以溶液中＝时，开始生成BaCO3 沉淀，因此，
c(HCO)∶c(MoO)＝＝时，应停止加入BaCl2溶液。
9．(2022•辽宁省选择性，17 节选) H2O2作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备H2O2。
(7)取
产品，加蒸馏水定容至
摇匀，取
于锥形瓶中，用0.0500mol·L－1酸性
KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他
杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为___________。
【答案】(7)17%
【解析】(7)滴定反应的离子方程式为2 MnO4
-+5H2O2+6H+=2 Mn2++5O2↑+8H2O，可得关系式：2 
KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90mL 偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为
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20.00mL，H2O2的质量分数
。
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