文档文本内容
专题09 水溶液中的离子反应与平衡
考点
三年考情（2023-2025）
命题趋势
考点01 弱电
解质的电离平
衡
2025·广东卷、2025·浙江1 月卷、2024 新课标卷、
2023 浙江卷
水溶液中的离子反应与平衡主要考
查水溶液中的几大平衡问题：电离
平衡、水的电离平衡、水解平衡和
沉淀溶解平衡，以及中和滴定原理
的应用，值得注意的是，对离子平
衡的考查往往结合电离平衡、沉淀
平衡、化学平衡等问题进行考查，
综合性很强。各省命题的新课标卷
中，大多数不再将水溶液中的离子
反应与平衡作为压轴选择题出现，
总体难度有所降低。
考点02 水的
电离和溶液的
pH
2025 江苏卷、2023 湖南卷、2023 山东卷
考点03 盐类
的水解及其应
用
2025 江苏卷、2024 江苏卷、2024 湖南卷、2023 北
京卷、2023 湖南卷
考点04 沉淀
溶解平衡
2025 重庆卷、2025 湖南卷、2024 黑吉辽卷、2024
湖北卷、2024 全国甲卷、2023 全国甲卷、2023 全
国乙卷、2023 辽宁卷、2023 湖南卷、2023 北京卷
考点05 离子
平衡综合题
2025 黑吉辽蒙、2025 陕晋青宁、2025 山东卷、
2025 湖南卷、2025 重庆卷、2024 山东卷、2024 浙
江卷、2024 安徽卷、2024 河北卷、2024 湖北卷、
2024 江苏卷、2024 浙江卷、2023 浙江卷、2023 新
课标卷、2023 湖北卷、2023 北京卷
考法01 弱电解质的电离平衡
1．（2025·广东卷）CuCl 微溶于水，但在
浓度较高的溶液中因形成
和
而溶解。将适
量CuCl 完全溶于盐酸，得到含
和
的溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释，
浓度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl 固体，
浓度一定上升
C．
的电离方程式为：
D．体系中，
【答案】A
【解析】A．加水稀释，溶液体积变大，
浓度一定下降，A 正确；
B．加入NaCl 会增加Cl⁻浓度，可能促使
转化为
，
浓度不一定上升，B 错误；
C．H[CuCl2]应电离为H+和
，而非分解为Cu+和Cl-，电离方程式错误，C 错误；
D．电荷守恒未考虑
的电荷数，电荷守恒应为
，D 错误；
故选A。
2．（2025·浙江1 月卷）
时，
的电离常数
。
下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．
溶液中，
，则
【答案】D
【解析】A．
，K=
=
，A 正
确；
B．
，K=
=
，B 正确；
C．
，K=
=
，C 正
确；
D．
=
，由于
，
，D 错误；
答案选D。
3. (2024·新课标卷)常温下
和
的两种溶液中，分布系数δ 与pH 的变化关系
如图所示。[比如：
]
下列叙述正确的是
A. 曲线M 表示
的变化关系
B. 若酸的初始浓度为
，则a 点对应的溶液中有
C.
的电离常数
D.
时，
【答案】D
【分析】随着pH 的增大，
、
浓度减小，
、
浓
度增大，—Cl 为吸电子基团，
的酸性强于
，即
)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5 时的pH 分别约为1.3、2.8，则两
种酸的电离常数分别为
，
，由此分析解题。
【解析】A．根据分析，曲线M 表示
的变化关系，A 错误；
B．根据
，初始
，若溶液中溶质只有
，则
，但a 点对应的
，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，
，
B 错误；
C．根据分析，CH2ClCOOH 的电离常数Ka=10-2.8，C 错误；
D
．
电
离
度
，
，
则
=
，
，
时，
，
，D 正确；
故答案选D。
4．（2023·浙江卷1 月）甲酸
是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树
脂(含固体活性成分
，R 为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量
分数)与废水初始
关系如图(已知甲酸
)，下列说法不正确的是
A．活性成分
在水中存在平衡：
B．
的废水中
C．废水初始
，随
下降，甲酸的电离被抑制，与
作用的
数目减少
D．废水初始
，离子交换树脂活性成分主要以
形态存在
【答案】D
【解析】A．由图可知，
溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡
，故A 正确；
B．由电离常数公式可知，溶液中
=
，当溶液pH 为5 时，溶液中
=
=18，故B 正确；
C．由图可知，溶液pH 为2.4 时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH 小于2.4 时，随溶液pH
下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根个离子浓度减小，与
作用的数目
减小，故C 正确；
D．由图可知，
溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡
，当废水初始pH 大于
5 时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N 形态存在，故D 错误；
故选D。
考法02 水的电离和溶液的pH
5．（2025·江苏卷）用
草酸
溶液滴定未知浓度的
溶液。下列实验操作规范的
是
A．配制草酸溶
液
B．润洗滴定
管
C．滴定
D．读数
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．转移或移液时需要用玻璃棒引流，A 错误；
B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B 错误；
C．滴定时，应手持锥形瓶上端轻微地摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，C 错误；
D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D 正确；
答案选D。
6．（2023·湖南卷）常温下，用浓度为
的
标准溶液滴定浓度均为
的
和
的混合溶液，滴定过程中溶液的
随
(
)的变化曲线如图所示。下列说法
错误的是
A．
约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【分析】NaOH 溶液和HCl、CH3COOH 混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，
a 点时NaOH 溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl 和水，CH3COOH 未发生反应，溶质成分为NaCl 和
CH3COOH；b 点时NaOH 溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH 和 CH3COONa；c
点时NaOH 溶液与CH3COOH 恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d 点时NaOH 过量，溶质成
分为NaCl、CH3COONa 和NaOH，据此解答。
【解析】A．由分析可知，a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-
3.38mol/L，
=
=10-4.76，故A 正确；
B．a 点溶液为等浓度的NaCl 和CH3COOH 混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)
+c(CH3COO-)，故B 正确；
C．点b 溶液中含有NaCl 及等浓度的CH3COOH 和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明
CH3COOH 的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C 正确；
D．c 点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d 点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D 错
误；
答案选D。
7．（2023·山东卷）一定条件下，乙酸酐
醇解反应
可进行完全，利用此反应定量测定有机醇
中的羟
基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入
样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完
全水解：
。
③加指示剂并用
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液
。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液
。
样品中羟基含量(质量分数)计算正
确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据滴定过程中，用
-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶
液
，需要消耗
-甲醇的物质的量为
，即乙酸酐的总物质的量=
；则ROH 与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=
；设醇解的乙酸酐物质
的量为x，水解的乙酸酐的物质的量为y，则x+y=
；x+2y=
；联立计算得：
x=n(ROH)=
，
样品中羟基质量分数=
， A 正确；故选A。
8．（2023·山东卷）一定条件下，乙酸酐
醇解反应
可进行完全，利用此反应定量测定有机醇
中的羟
基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入
样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完
全水解：
。
③加指示剂并用
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液
。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液
。根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【分析】用
-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液
，则消耗
的物质的量为
，即乙酸酐的总物质的量为
，ROH 与乙酸酐反应
后剩余的乙酸酐的物质的量为
，所以与ROH 反应消耗的乙酸酐的物质的量为
。
【解析】A．乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，A 项错误；
B．若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，步骤④中所得
V2偏小，而ROH 的物质的量为
，故将导致测定结果偏小，B 项正确；
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH 的物
质的量为
，故将导致测定结果偏大，C 项错误；
D．步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体
积偏小即V2偏小，而ROH 的物质的量为
，故将导致测定结果偏小，D 项错
误；
答案选B。
考法03 盐类水解及应用
9.（2025·江苏卷）室温下，有色金属冶炼废渣(含
等的氧化物)用过量的较浓
溶液酸浸后，
提取铜和镍的过程如下所示。
已知：
。下列说法正确的是
A．较浓
溶液中：
B．
溶液中：
的平衡常数
C．
溶液中：
D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
【答案】B
【分析】有色金属冶炼废渣(含
等的氧化物)用过量的较浓
溶液酸浸后，浸取液主要
含有
、
，加入
溶液提铜，滤液加入
溶液沉镍得到
。
【解析】A．若
两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：
，但根据
题给信息
知，在较浓的
溶液中
仅第一步电离完全，电离出大量的
会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在
，因此电荷守恒应表示为
，A 错误；
B．该反应的平衡常数
，B 正确；
C．
得到1 个
生成
，
得1 个
生成
得2 个
生成
，水电离出
的
与
浓度相等，即
，则溶液中存在质子守恒
，C 错误；
D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，
，同时“沉镍”
过程中加入了
溶液，溶液体积增加，因此
，D 错误；
故选B。
10. (2024·江苏卷)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知
，
。
实验1：将
气体通入水中，测得溶液
。
实验2：将
气体通入
溶液中，当溶液
时停止通气。
实验3：将
气体通入
酸性
溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是
A. 实验1 所得溶液中：
B. 实验2 所得溶液中：
C. 实验2 所得溶液经蒸干、灼烧制得
固体
D. 实验3 所得溶液中：
【答案】D
【分析】实验1 得到H2SO3 溶液，实验2 溶液的pH 为4，实验2 为NaHSO3 溶液，实验3
和酸性
溶液反应的离子方程式为：
。
【解析】A． 实验1 得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：
，
则
，A 错误；
B．实验2 为pH 为4，依据
，则
=
，溶液，则
，B 错误；
C．NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得
固体，C 错误；
D．实验3 依据发生的反应：
，则恰好完全反应后
，D 正确；
故选D。
11. (2024·湖南卷)中和法生产
的工艺流程如下：
已知：①
的电离常数：
，
，
②
易风化。
下列说法错误的是
A. “中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入
溶液
B. “调pH”工序中X 为
或
C. “结晶”工序中溶液显酸性
D. “干燥”工序需在低温下进行
【答案】C
【分析】
和
先发生反应，通过加入X 调节pH，使产物完全转化为
，通过结晶、
过滤、干燥，最终得到
成品。
【解析】A．铁是较活泼金属，可与
反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加
入
溶液，A 项正确；
B．若“中和”工序加入
过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入
；若“中和”工序加入
过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入
NaOH，所以“调pH”工序中X 为NaOH 或
，B 项正确；
C．“结晶”工序中的溶液为饱和
溶液，由已知可知
的
，
，
则
的水解常数
，由于
，则
的水解程度大于
电离程度，溶液显碱性，C 项错误；
D．由于
易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D 项正确；
故选C。
12． (2024·湖南卷)常温下
，向
溶液中缓慢滴入相
同浓度
溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入
溶液体积的变化关系如图所示，
下列说法错误的是
A. 水的电离程度：
B. M 点：
C. 当
时，
D. N 点：
【答案】D
【解析】
【分析】结合起点和终点，向
溶液中滴入相同浓度的
溶液，发生浓度
改变的微粒是
和
，当
，溶液中存在的微粒是
，可知随着甲酸的
加入，
被消耗，逐渐下降，即经过M 点在下降的曲线表示的是
浓度的改变，经过M 点、N 点
的在上升的曲线表示的是
浓度的改变。
【解析】A．M 点时，
，溶液中的溶质为
，仍剩余
有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅
存在HCOONa 的水解，此时水的电离程度最大，故A 正确；
B．M 点时，
，溶液中的溶质为
，根据电荷守恒有
，M 点为交点可知
，联合可得
，故B 正确；
C．当
时，溶液中的溶质为
，根据电荷守恒有
，根据物料守恒
，联
合可得
，故C 正确；
D．N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此
及
观察图中N 点可知，
，根据
，可知
，故D 错误；
故答案选D。
13．（2023·北京卷）下列过程与水解反应无关的是
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和
溶液制备
胶体
【答案】B
【解析】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪
酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A 不符合题意；
B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B 符合题意；
C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C 不符合题意；
D． Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D 不符合题意；
故选B。
14．（2023·湖南卷）常温下，用浓度为
的
标准溶液滴定浓度均为
的
和
的混合溶液，滴定过程中溶液的
随
(
)的变化曲线如图所示。下列
说法错误的是
A．
约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【分析】NaOH 溶液和HCl、CH3COOH 混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，
a 点时NaOH 溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl 和水，CH3COOH 未发生反应，溶质成分为NaCl 和
CH3COOH；b 点时NaOH 溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH 和 CH3COONa；c
点时NaOH 溶液与CH3COOH 恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d 点时NaOH 过量，溶质成
分为NaCl、CH3COONa 和NaOH，据此解答。
【解析】A．由分析可知，a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-
3.38mol/L，
=
=10-4.76，故A 正确；
B．a 点溶液为等浓度的NaCl 和CH3COOH 混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)
+c(CH3COO-)，故B 正确；
C．点b 溶液中含有NaCl 及等浓度的CH3COOH 和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明
CH3COOH 的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C 正确；
D．c 点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d 点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D 错
误；
答案选D。
考法04 沉淀溶解平衡
15．（2025·重庆卷）Cr(OH)3是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 ℃时，某溶液中
c(Cr
3+)与c([Cr(OH)4]
−)的总和为c。- lg c 随pH 的变化关系如图所示（忽略体积变化）。
已知：
Cr(OH)3(s)⇌Cr
3+ (aq)+3OH
−(aq) Ksp
Cr(OH)3(s)+OH
-(aq)⇌[Cr(OH)4]
−(aq) K =10
−0.4
下列叙述正确的是
A．由M 点可以计算Ksp=10
−30.2
B．Cr
3+恰好沉淀完全时pH 为6.7
C．P 点沉淀质量小于Q 点沉淀质量
D．随pH 增大c(Cr
3+)
c([Cr(OH)4]
-)
先减小后增大
【答案】A
【分析】c(Cr
3+)与c([Cr(OH)4]
−)的总和为c，随着pH 增大，发生反应：
Cr
3+ (aq)+3OH
−(aq)⇌Cr(OH)3(s)，含铬微粒总浓度下降，随着pH 继续增大，发生反应 ：
Cr(OH)3(s)+OH
-(aq)⇌[Cr(OH)4]
−(aq)含铬微粒总浓度上升，据此解答。
【详解】A．M 点时，c(OH
−)= 10
−14
10
−5 =10
−9mol / L，K =
c([Cr(OH)4]
−)
c(OH
−)
=10
−0.4，
c([Cr(OH)4]
−)=10
−9.4mol / L，几乎可以忽略不计，含Cr 微粒主要为Cr
3+，
K sp=c(Cr
3+)·c
3(OH
−)=10
−3.2×(
10
−14
10
−5)
3
=10
−30.2，A 正确；
B．Cr
3+恰好完全沉淀时，c(Cr
3+)＜10
−5mol / L，由K sp数据计算可知，c(OH
−)＞
3√
10
−30.2
10
−5 =10
−8.4，
Cr
3+恰好完全沉淀pH 最小值5.6，B 错误；
C．P 和Q 点溶液中含Cr 微粒总和相等，生成的Cr(OH)3(s)质量相等，则P 点沉淀质量等于Q 点沉淀质量，
C 错误；
D．随着pH 的增大，c(Cr
3+)减小，而c[Cr(OH)4]
−增大，c(Cr
3+)
c(Cr(OH)4
−)
比值减小，D 错误；
故选A。
16．（2025·湖南卷）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收
镉、锰的部分工艺流程如下：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的Ksp；
金属化合物
CdS
CdCO3
MnS
MnCO3
Ksp
8.0×10
−27
1.0×10
−12
2.5×10
−13
2.3×10
−11
下列说法错误的是
A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B．试剂X 可以是Na2S溶液
C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn
2++ HCO3
−= MnCO3↓+ H
+
【答案】D
【分析】富集液中含有两种金属离子Cd
2+、Mn
2+，其浓度相当，加入试剂X 沉铬，由金属化合物的Ksp可
知，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分离，则试剂X 选择含S
2−的试剂，得到CdS 滤饼，加入NaHCO3溶液
沉锰，发生反应：Mn
2++2HCO3
−= MnCO3↓+CO2↑+ H 2O，据此解答。
【详解】A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A 正确；
B．由分析可知，试剂X 可以是Na2S溶液，B 正确；
C．若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及Ksp数据可知，金属离子Cd
2+、Mn
2+浓度相当，
则Cd
2+也会沉淀，后续流程中无法分离Cd 和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C 正确；
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：Mn
2++2HCO3
−= MnCO3↓+CO2↑+ H 2O，D 错误；
故选D。
17. (2024·黑吉辽卷)
下，
、
和
的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组
以
为指示剂，用
标准溶液分别滴定含
水样、含
水样。
已知：①
为砖红色沉淀；
②相同条件下
溶解度大于
；
③
时，
，
。
下列说法错误的是
A. 曲线②为
沉淀溶解平衡曲线
B. 反应
的平衡常数
C. 滴定
时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过
D. 滴定
达终点时，溶液中
【答案】D
【分析】由于AgCl 和AgBr 中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表
，由
于相同条件下，AgCl 溶解度大于AgBr，即
，所以②代表AgCl，则③代表
AgBr，根据①上的点（2.0，7.7），可求得
，根据②上的点（2.0，7.7），可求得
，根据③上的点（6.1，6.1），可求得
。
【解析】A．由分析得，曲线②为AgCl 沉淀溶解平衡曲线，故A 正确；
B．反应
的平衡常数
，故B 正确；
C．当Cl-恰好滴定完全时，
，即
，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2mol/L，故C
正确；
D．当Br-到达滴定终点时，
，即
，
，故D 错误；
故选D。
18. (2024·全国甲卷)将0.10mmol Ag2CrO4 配制成1.0mL 悬浊液，向其中滴加0.10mol·L-1 的NaCl 溶液。
lg[cM/(mol·L-1)](M 代表Ag+、Cl⁻或CrO4
2⁻)随加入NaCl 溶液体积(V)的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是
A.交点a 处：c(Na+)=2c(Cl⁻)
B.Kₛₚ(AgCl)/Kₛₚ(Ag2CrO4)=10-2.21
C.V≤2.0mL 时c(CrO4
2-)/c(Cl⁻)不变
D.y1=−7.82,y2=−lg34
【答案】D
【分析】向
含
的悬浊液中滴加
的
溶液，发生反应：
，两者恰好完全反应时,
溶液的体积为v(NaCl)=
，2mL 之后再加
溶液，c(Cl-)增大，据
，
Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以2mL 后降低的曲线，即最下方的虚线代
表Ag+，升高的曲线，即中间虚线代表Cl-，则剩余最上方的实线为
曲线。由此分析解题：
【解析】A．2mL 时
与
溶液恰好完全反应，则a 点时溶质为NaCl 和Na2CrO4，电荷守恒：
c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(
)+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a 点为Cl-和
曲线的交点，即c(
)=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A 错误；
B．当V(NaCl)=1.0mL 时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl 共存，均达到沉淀溶解平衡，
取图中横坐标为1.0mL 的点，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(
)=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则
=
=102.21，B 错误；
C．V＜2.0mL 时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl 共存，则
=
为定值，即
为定值，由图可知，在V≤2.0mL 时c(Ag+)并不是定值，则
的值也不
是定值，即在变化，C 错误；
D．V＞2.0mL 时AgCl 处于饱和状态，V(NaCl)=2.4mL 时，图像显示c(Cl-)=10-1.93mol/L，则c(Ag+)=
=
=10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n(
)守恒，等于起始时
n(Ag2CrO4)，则c(CrO
)=
=
=
mol/L，则y2=lg c(CrO
)=lg
=-lg34，D 正确；
故答案选D。
19．（2023·全国甲卷）下图为
和
在水中达沉淀溶解平衡时的
关系图(
；
可认为
离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由
点可求得
B．
时
的溶解度为
C．浓度均为
的
和
可通过分步沉淀进行分离
D．
混合溶液中
时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则
=
=
=
，故A 错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则
=
=
=
，
时
的溶解度为
=10-3
，故B 错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH 的方法分步沉淀
和
，故C 正确；
D．由图可知，
沉淀完全时，
，pM
5，此时pH 约为4.7，在此pH 下
刚开
始沉淀的浓度为
，而题中
>
，则
会同时沉淀，故D 错
误；
答案选C。
20．（2023·全国乙卷）一定温度下，AgCl 和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．a 点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl 沉淀
B．b 点时，c(Cl-)=c(CrO
)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4+2Cl-
2AgCl+CrO
的平衡常数K=107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
【答案】C
【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO
)=(1×10-5)2×1×10-
1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl 的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选
项结果。
【解析】A．假设a 点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q 得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-
17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A 错误；
B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者
的溶度积不相同，B 错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K=
，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=
=
=
=
=1×107.9，C 正确；
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和
10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D 错误；
故答案选C。
21．（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即
，通过调节pH 使
和
形成硫化物而分离，体系中
与
关系如下图所示，c 为
和
的浓度，单位为
。已知
，下列说法正确的是
A．
B．③为
与
的关系曲线
C．
D．
【答案】D
【分析】已知H2S 饱和溶液中随着pH 的增大，H2S 的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，
则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH 增大而减小，且相同pH 相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，
则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且
即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-
lg(Cd2+)随着pH 增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表
S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【解析】A．由分析可知，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-)=10-13mol/L，则有
，A 错误；
B．由分析可知，③为
与
的关系曲线，B 错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L 时，c(HS-)=10-
6.5mol/L，
或者当c(H+)=10-4.2 mol/L 时，c(HS-)=10-3.9
mol/L，
，C 错误；
D．已知Ka1Ka2=
=
，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L 时，
c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L 时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2=
=
=10-21.8，结合C 项分析可知，Ka1=10-7.1故有
，D 正确；
故答案为：D。
22．（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含
)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的
如下表所示：
物质
开始沉淀
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀
3.2
6.7
8.2
4.6
②
。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有
和
B．
溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当
和
完全沉淀时，溶液中
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，
过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。
【解析】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9 时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5 时开始沉淀，当pH=4 时，
则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A 正确；
B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-
+H2O⇌HS-+OH-，B 正确；
C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则
，C 正确；
D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂
软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D 错误；
故选D。
23．（2023·浙江卷）草酸(
)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往
溶液中滴加
溶液。
实验Ⅱ：往
溶液中滴加
溶液。
[已知：
的电离常数
，溶液混合后体积变化忽略不
计]，下列说法正确的是
A．实验I 可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I 中
时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中
时，溶液中
【答案】D
【解析】A．
溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要
选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I 可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A 错误；
B．实验I 中
时，溶质是
、
且两者物质的量浓度相等，
，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在
，故B 错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而
过量，因此该反应在初始阶段发生的是
，该反应的平衡常数为
，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当
完全消耗后，
再和
发生反应，故C 错误；
D．实验Ⅱ中
时，溶液中的钙离子浓度为
，溶液中
，故D 正确。
综上所述，答案为D。
24．（2023·浙江卷）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：
[已知
，
，
的电离常
数
]，下列有关说法正确的是
A．上层清液中存在
B．上层清液中含碳微粒最主要以
形式存在
C．向体系中通入
气体，溶液中
保持不变
D．通过加
溶液可实现
向
的有效转化
【答案】B
【解析】A．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
，
A 错误；
B．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．向体系中通入CO2，
，c(
)减小，CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO
(aq)正向移动，
溶液中钙离子浓度增大，C 错误；
D．由题干可知，
，
，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；
故答案选B。
考法05 离子平衡综合题
25．（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元
素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10
−20.4，下列说法错误的是
A．硫酸用作催化剂和浸取剂
B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C．“浸出”时，3 种金属元素均被还原
D．“沉钴”后上层清液中c(Co
2+)⋅c(S
2−)=10
−20.4
【答案】C
【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加
入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S 沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。
【详解】A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A 正确；
B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B 正确；
C．根据图示可知，“浸出”时，Fe 的化合价没有变化，Fe 元素没有被还原，C 错误；
D．“沉钴”后的上层清液存在CoS 的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D 正确；
答案选C
26．（2025·陕晋青宁卷）常温下，溶液中Al
3+、Zn
2+、Cd
2+以氢氧化物形式沉淀时，
-lg[c(X)/(mol⋅L
-1)]与-lg[c(H
+)/(mol⋅L
-1)]的关系如图[其中X 代表
Al
3+、Zn
2+、Cd
2+、Al(OH)4
-、Zn(OH)4
2-或Cd(OH)4
2-]。已知：Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Cd(OH)2]，Zn(OH)2
比Cd(OH)2更易与碱反应，形成M(OH)4
2-；溶液中c(X)≤10
-5mol⋅L
-1时，X 可忽略不计。
下列说法错误的是
A．L 为-lgc[Al(OH)4
-]与-lgc(H
+)的关系曲线
B．Zn
2++4OH
-=Zn(OH)4
2-的平衡常数为10
11.2
C．调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH)2和Al(OH)3
D．调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0.1mol⋅L
-1的Zn
2+和Al
3+完全分离
【答案】B
【分析】Zn
2+和Cd
2+沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2，Al
3+沉淀形成Al(OH)3，则Zn
2+和Cd
2+的曲线平行，根据
Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Cd(OH)2]，Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，因此Zn(OH)4
2-生成的pH 低于Cd(OH)4
2-，
故从左到右曲线依次为：Al
3+、Zn
2+、Cd
2+、Al(OH)4
-、Zn(OH)4
2-或Cd(OH)4
2-。如图可知：
Al
3++3OH
-=Al(OH)3
❑的平衡常数为
Ksp[Al(OH)3
❑]=c[Al
3+]⋅c
3[OH
-]=10
−0×[10−(14−3)]
3=10
−0−3×11=10
−33，Zn
2++2OH
-=Zn(OH)2
❑的平衡
常数为Ksp[Zn (OH)2
❑]=c[Zn
2+]⋅c
2[OH
-]=10
−5×[10−(14−8.4)]
2=10
−5−2×5.6=10
−16.2，
Cd
2++2OH
-=Cd(OH)2
❑的平衡常数为
Ksp[Cd (OH)2
❑]=c[Cd
2+]⋅c
2[OH
-]=10
−5×[10−(14−9.4)]
2=10
−5−2×4.6=10
−14.2，Al(OH)3
❑+OH
-=Al(OH)4
−的
平衡常数为K=
10
−5
10−(14−8.4) =10
−5+5.6=10
0.6，Zn (OH)2
❑+2OH
-=Zn(OH)4
2−的平衡常数为
K=
10
−5
[10−(14−12.4)]
2 =10
−5+3.2=10
−1.8，Cd (OH)2
❑+2OH
-=Cd(OH)4
2−的平衡常数为
K=
10
−5
[10−(14−14)]
2 =10
−5+0=10
−5。据此分析：
【详解】A．据分析，L 为-lgc[Al(OH)4
-]与-lgc(H
+)的关系曲线，故A 正确；
B．如图可知，Zn
2++2OH
-=Zn(OH)2
❑的平衡常数为
Ksp[Zn (OH)2
❑]=c[Zn
2+]⋅c
2[OH
-]=10
−5×[10−(14−8.4)]
2=10
−5−2×5.6=10
−16.2，则Zn
2++4OH
-=Zn(OH)4
2-的
平衡常数为
K=
c[Zn (OH)4
2-]
c[Zn
2+]⋅c
4[OH
-]
=
c[Zn (OH)4
2-]
Ksp[Zn (OH)2
❑]⋅c
2[OH
-]
=
10
−5
10
−16.2×[10−(14−12.4)]
2 =10
−5+16.2+2×1.6=10
14.4，故B 错
误；
C．如图可知，pH=14 时Cd (OH)2
❑开始溶解，pH=8.4 时Al(OH)3
❑开始溶解，且pH=14 时
c[ Al(OH)4
-]>1mol/L，即可认为Al(OH)3
❑完全溶解，并转化为Al(OH)4
-，因此调节NaOH溶液浓度，通过
碱浸可完全分离Cd(OH)2和Al(OH)3，故C 正确；
D．0.1mol⋅L
-1的Zn
2+开始沉淀pH 为14+lg(
❑√
10
−16.2
0.1 )=6.4，0.1mol⋅L
-1的Al
3+完全沉淀pH 为
14+lg(
3√
10
−33
10
−5)= 4.7，因此调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0.1mol⋅L
-1的Zn
2+和Al
3+完全分离，
故D 正确；
故答案为B。
27．（2025·山东卷）钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣
中的Ca,Si,Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4)=2.3×10
−9，
Ksp(FeC2O4)=3.2×10
−7。下列说法错误的是
A．试剂X 可选用Fe粉
B．试剂Y 可选用盐酸
C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中
D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
【答案】A
【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I 中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I 为SiO2，滤渣I 加入NaOH 溶液碱
浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y 盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I 加入试剂X 和
H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X 将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II
为CaC2O4，滤液II 中有Fe3+，依次解题。
【详解】A．根据分析，加入试剂X 的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X 应该是氧化剂，不可以是Fe 粉，A
错误；
B．加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y 可以是盐酸，B 正确；
C．根据分析，“分离”后Fe 元素主要存在于滤液II 中，C 正确；
D．“酸浸”后滤液I 中pH 过小，酸性强，造成C2O4
2−浓度小，使Ca2+(aq)+ C2O4
2−(aq)⇌
❑
❑
CaC2O4(s)平衡逆向
移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II 质量减少，D 正确；
答案选A。
28．（2025·湖南卷）草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向10 mL0.2mol⋅L
−1H2C2O4溶液中滴入一定量0.2mol⋅L
−1KOH溶液。混合溶液的pH与lg X¿的
关系如图所示。
实验2：向10 mL0.2mol⋅L
−1H2C2O4溶液中加入10 mL0.2mol⋅L
−1BaCl2溶液。
已知：25℃时，Ksp(BaC2O4)=10
−7.6。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是
A．实验1，当溶液中c(H2C2O4)=c(C2O4
2−)时，pH =2.5
B．实验1，当溶液呈中性时：c(C2O4
2−)>c(HC2O4
−)>c(H2C2O4)
C．实验2，溶液中有沉淀生成
D．实验2，溶液中存在：2c(Ba
2+)+c(H
+)=c(Cl
−)+c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)
【答案】D
【分析】K a1= c(HC2O4
−)c (H
+)
c(H2C2O4)
、K a2= c(C2O4
2−)c (H
+)
c(HC2O4
−)
，根据K a1> K a2可知，当lgX=0时，K a1对应的
c (H
+)大，pH 数值小，因此K a1= c(HC2O4
−)c (H
+)
c(H2C2O4)
=10
−1.2，K a2= c(C2O4
2−)c (H
+)
c(HC2O4
−)
=10
−3.8，以此解题。
【详解】A．K a1× K a2= c(HC2O4
−)c (H
+)
c(H2C2O4)
× c(C2O4
2−)c (H
+)
c(HC2O4
−)
= c(C2O4
2−)c
2(H
+)
c(H2C2O4)
=10
−5.0，当溶液中
c(H2C2O4)=c(C2O4
2−)时，c (H
+)=10
−2.5mol / L，pH=2.5，A 正确；
B．当溶液呈中性时，c (H
+)=10
−7mol / L，由两步电离平衡常数可知，c(HC2O4
−)
c(H2C2O4)
= 10
−1.2
10
−7 ＞1，
c(HC2O4
−)＞c(H2C2O4)，同理：
c(C2O4
2−)
c(HC2O4
−)
= 10
−3.8
10
−7 ＞1，c(C2O4
2−)＞c(HC2O4
−)，B 正确；
C．实验2 的离子方程式：H2C2O4(aq)+Ba
2+(aq)⇌BaC2O4(s)+2H
+(aq)，平衡常数：
K=
c
2(H
+)
c(Ba
2+)×c(H2C2O4)
=
c (H
+)c(HC2O4
−)×c (H
+)c(C2O4
2−)
c(Ba
2+)c(C2O4
2−)×c(H2C2O4)×c(HC2O4
−)
=
K a1× K a2
K sp(BaC2O4)
= 10
−5
10
−7.6 =10
2.6，
平衡常数较大，该反应进行的程度较大，判断可产生沉淀；或进行定量计算，两步电离平衡反应式相加，
得到H2C2O4⇌2H
++C2O4
2− K =10
−5.0，二者等体积混合，c(H2C2O4)=0.1mol / L，列三段式：
H2C2O4
⇌
2H
+
+
C2O4
2−
mol
始
/ L
0.1
¿0
¿
¿
x ¿¿2 x ¿¿ x ¿
mol
平
/ L¿0.1−x ¿¿2 x ¿¿ x ¿，则4 x
3
0.1−x =10
−5.0，估
算x 的数量级为10
−3，故Q =c(Ba
2+)×c(C2O4
2−)≈0.1×10
−3=10
−4＞Ksp(BaC2O4)=10
−7.6，故有沉淀生
成，C 正确；
D．电荷守恒中右侧缺少了OH
−的浓度项，D 错误；
故选D。
29．（2025·重庆卷）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl 溶
液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是
A．溶液1 中c(Ag
+)+c(Na
+)+c(H
+)=c(Cl
−)+c(NO3
−)+c(OH
−)
B．溶液2 中c(Cl
−)>c([Ag(NH3)2]
+)
C．溶液3 中c(H
+)=c(OH
−)
D．上述实验可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
【答案】C
【分析】在2mL0.2mol/L 的AgNO3溶液中加入等体积等浓度的NaCl 溶液得悬浊液1，经分离后，向AgCl中
滴加6mol/L 的氨水，发生反应AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH 3)2]Cl+2 H 2O，加入0.1mol/LKI 溶液2mL，发
生反应：[Ag(NH 3)2]Cl+ KI = AgI ↓+ KCl+2 NH 3，得到AgI沉淀，由物质的量关系可知，
[Ag(NH 3)2]Cl不能完全反应，溶液3 中可能还存在剩余的氨水以及[Ag(NH 3)2]Cl；
【详解】A．溶液1 中主要溶质是NaNO3，同时由于存在溶解平衡：AgCl (s)⇌Ag
+(aq)+Cl
−(aq)，还存
在极少量的Ag
+、Cl
−，选项中满足电荷守恒关系，A 正确；
B．根据元素守恒可知，若Ag
+不水解，则c(Cl
−)=c([Ag(NH3)2]
+)，但Ag
+会水解生成其他含银的微粒，
故c(Cl
−)>c([Ag(NH3)2]
+)，B 正确；
C．溶液3 中可能存在氨水过量的情况，不能得出c(H
+)=c(OH
−)的结论，C 错误；
D．由实验操作可知，存在转化AgCl
→
NH 3·H2O
[Ag(NH 3)2]Cl→
KI
AgI，由此说明AgI 更难溶，故可得出结论
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D 正确；
故选C。
30. (2024·山东卷)常温下
水溶液体系中存在反应：
，平衡常数为K。已初始浓度
，所有含碳物种的摩尔分数与
变化关系如图所示(忽略溶液
体积变化)。下列说法正确的是
A. 线Ⅱ表示
的变化情况
B.
的电离平衡常数
C.
时，
D.
时，
【答案】C
【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOH
CH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-
CH3COOAg(aq)（②），
Ag+的水解平衡Ag++H2O
AgOH+H+（③），随着pH 的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，
c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH 较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，
CH3COOAg 浓度增大，pH 较大时（约大于7.8）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，
CH3COOAg 浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH 的摩尔分数随pH 变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分
数随pH 变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg 随pH 变化的关系。
【解析】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A 项错误；
B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则
CH3COOH 的电离平衡常数Ka=
=10-m，B 项错误；
C．pH=n 时
=10-m，c(CH3COO-)=
=10n-mc(CH3COOH)，Ag+
+CH3COO-
CH3COOAg(aq)
K=
，c(Ag+)=
，由图可知pH=n 时，
c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=
mol/L，C 项正确；
D．根据物料守恒，pH=10 时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，D 项错误；
答案选C
31. (2024·浙江卷1 月)常温下、将等体积、浓度均为0.40mol·L-1BaCl2 溶液与新制H2SO3 溶液混合，出
现白色浑浊；再滴加过量的H2O2 溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1=1.4×10-2 Ka2=6.0×10-8
Ksp(BaSO3)=5.0×10-10, Ksp(BaSO4)=1.1×10-10
下列说法不正确的是
A. H2SO3 溶液中存在c(H+)>c(HSO3
-)>c(SO3
2-)>c(OH-)
B. 将0.40mol·L-1H2SO3溶液稀释到0.20mol·L-1，c(SO32-)几乎不变
C. BaCl2 溶液与H2SO3 溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D. 存在反应Ba2++H2SO3+H2O2=BaSO4↓+2H++H2O 是出现白色沉淀的主要原因
【答案】C
【解析】A．亚硫酸是二元弱酸，存在二次电离，电离方程式为：
，
，则溶液中
，A 正确；
B．亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度
变为原来的一半，另外稀释的平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，
B 正确；
C．加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，C 错误；
D．过氧化氢具有强氧化性，可以将+4 价硫氧化为+6 价硫酸根离子，则存在反应，
，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO4沉淀，D 正确；
故答案为：C。
32. (2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用
、
和
处理水样中的
。已知
时，
饱和溶液浓度约为
，
，
，
，
。下列说法错误的是
A.
溶液中：
B.
溶液中：
C. 向
的溶液中加入
，可使
D. 向
的溶液中通入
气体至饱和，所得溶液中：
【答案】B
【解析】A．
溶液中只有5 种离子，分别是
，溶液是电中性的，存在电
荷守恒，可表示为
，A 正确；
B．
溶液中，
水解使溶液呈碱性，其水解常数为
，根据硫元素守恒可知
,所以
，则
，B 不正确；
C．
远远大于
，向
的溶液中加入
时，可以发生沉淀的转化，
该反应的平衡常数为
，因此该反应可以完全进行，
的饱和溶
液中
，若加入足量
时可使
，C 正
确
D．
的平衡常数
，该反应可以完全进行，因此，当向
的溶液中通入
气体至饱和，
可以完全沉淀，所得溶液中
，D 正确；
综上所述，本题选B。
33. (2024·河北卷)在水溶液中，
可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z 三种金属离子分别与
形成配离子达平衡时，
与
的关系如图。
下列说法正确的是
A.
的X、Y 转化为配离子时，两溶液中
的平衡浓度：
B. 向Q 点X、Z 的混合液中加少量可溶性Y 盐，达平衡时
C. 由Y 和Z 分别制备等物质的量的配离子时，消耗
的物质的量：
D. 若相关离子的浓度关系如P 点所示，Y 配离子的解离速率小于生成速率
【答案】B
【解析】A．
的X、Y 转化为配离子时，溶液中
，则
，根据图像可知，纵坐标约为
时，溶液中
，则溶液中
的平衡浓度：
，A 错误；
B．Q 点时
，即
，加入少量可溶性Y 盐后，
会消耗
形成Y 配离子，使得溶液中
减小(沿横坐标轴向右移动)，
与
曲线在Q 点相交后，随着
继续增大，X 对应曲线位于Z 对应曲线上方，即
，则
，B 正确；
C．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子
配离子，则平衡常数
，
，即
，故X、Y、Z 三种金属离子形成配离子时结合的
越多，对应
曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：
，则由Y、Z 制备等物质的量
的配离子时，消耗
的物质的量：
，C 错误；
D．由P 点状态移动到形成Y 配离子的反应的平衡状态时，
不变，
增大，即
增大、c(Y 配离子)减小，则P 点状态Y 配离子的解离速率>生成速率，D 错误；
本题选B。
34. (2024·湖北卷)
气氛下，
溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(
)为组分中铅占总铅
的质量分数。已知
，
、
，
。下列说法错误的是
A.
时，溶液中
B.
时，
C.
时，
D.
时，溶液中加入少量
，
会溶解
【答案】C
【解析】A．由图可知，pH=6.5 时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5mol/L，则c(
)≤
=
mol/L=10-7.1mol/L<c(Pb2+)，A 项正确；
B．由图可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，根据c0(Pb2+)=2.0×10-5mol/L 和Pb 守恒，溶液
中c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L，B 项正确；
C．溶液中的电荷守恒为2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)=2c(
)+c(
)+c(
)+2c[
]
+c(OH-)，pH=7 时溶液中c(H+)=c(OH-)，则2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]=2c(
)+c(
)+c(
)+2c[
]，C 项错误；
D．NaHCO3溶液中
的水解平衡常数为
=
=10-7.6>Ka2(H2CO3)，NaHCO3溶液呈
碱性，加入少量NaHCO3固体，溶液pH 增大，PbCO3转化成
而溶解，D 项正确；
答案选C。
35. (2024·江苏卷)室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选
项
实验过程及现象
实验结论
A
用
溶液分别中和等体积的
溶
液和
溶液，
消耗的
溶液多
酸性：
B
向
溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色
沉淀
氧化性：
C
向
浓度均为
的
和
混合溶液中滴加少
量
溶液，振荡，产生白色沉淀
溶度积常数：
D
用pH 试纸分别测定
溶液和
溶液pH，
溶液pH 大
结合
能力：
【答案】B
【解析】A．H2SO4是二元酸，CH3COOH 是一元酸，通过该实验无法说明H2SO4和CH3COOH 酸性的强弱，
故A 错误；
B．向
溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，说明发生反应：
，氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此氧化性：
，故B 正确；
C．
和
均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较
和
溶度积常
数的大小，故C 错误；
D．比较
和
结合
能力，应在相同条件下测定相同浓度
溶液和
溶
液的pH，但题中未明确指出两者浓度相等，故D 错误；
故选B。
36. (2024·浙江卷6 月)室温下，
水溶液中各含硫微粒物质的量分数
随
变化关系如下图[例如
]。已知：
。
下列说法正确的是
A. 溶解度：
大于
B. 以酚酞为指示剂(变色的
范围8.2~10.0)，用
标准溶液可滴定
水溶液的浓度
C. 忽略
的第二步水解，
的
溶液中
水解率约为
D.
的
溶液中加入等体积
的
溶液，反应初始生成的沉淀是
【答案】C
【分析】在H2S 溶液中存在电离平衡：H2S
H++HS-、HS-
H++S2-，随着pH 的增大，H2S 的物质的量
分数逐渐减小，HS- 的物质的量分数先增大后减小，S2- 的物质的量分数逐渐增大，图
中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH 的
变化，由①和②交点的pH=7 可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0 可知Ka2(H2S)=1×10-13。
【解析】A．FeS 的溶解平衡为FeS(s)
Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS 溶液物质的量浓度为
=
mol/L=
×10-9mol/L，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2
Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)2
溶液物质的量浓度为
=
mol/L=
×10-6mol/L＞
×10-9mol/L，故溶解
度：FeS 小于Fe(OH)2，A 项错误；
B．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH 标准溶液滴定H2S 水溶液，由图可知当酚酞
发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B 项错误；
C．Na2S 溶液中存在水解平衡S2-+H2O
HS-+OH-、HS-+H2O
H2S+OH-（忽略第二步水解），第一步水
解平衡常数Kh(S2-)=
=
=
=
=0.1，设水解的S2-的浓
度为x mol/L，则
=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为
×100%=62%，C 项正确；
D．0.01mol/L FeCl2溶液中加入等体积0.2mol/L Na2S 溶液，瞬间得到0.005mol/L FeCl2和0.1mol/L Na2S 的
混合液，结合C 项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，
c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS 和
Fe(OH)2，D 项错误；
答案选C。
37．（2023·浙江卷6 月）草酸(
)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往
溶液中滴加
溶液。
实验Ⅱ：往
溶液中滴加
溶液。
[已知：
的电离常数
，溶液混合后体积变化忽略不
计]，下列说法正确的是
A．实验I 可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I 中
时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中
时，溶液中
【答案】D
【解析】A．
溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要
选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I 可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A 错误；
B．实验I 中
时，溶质是
、
且两者物质的量浓度相等，
，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在
，故B 错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而
过量，因此该反应在初始阶段发生的是
，该反应的平衡常数为
，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当
完全消耗后，
再和
发生反应，故C 错误；
D．实验Ⅱ中
时，溶液中的钙离子浓度为
，溶液中
，故D 正确。
综上所述，答案为D。
38．（2023·湖北卷）
为某邻苯二酚类配体，其
，
。常温下构建
溶
液体系，其中
，
。体系中含Fe 物种的组分分布系数δ
与pH 的关系如图所示，分布系数
，已知
，
。下列说法正确的
是
A．当
时，体系中
B．pH 在9.5~10.5 之间，含L 的物种主要为
C．
的平衡常数的lgK 约为14
D．当
时，参与配位的
【答案】C
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的
pH，利用此规律解决本题。
【解析】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1 时，富含L 的型体主要为H2L，此时电
离出的HL-较少，根据H2L 的一级电离常数可以简单计算pH=1 时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1 时
c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A 错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L 在pH≈9.9 时HL-的含量最大，而H2L 和L2-的含量最少，因此
当pH 在9.5~10.5 之间时，含L 的物种主要为HL-，B 错误；
C．该反应的平衡常数K=
，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K 简化为K=
，此时体系的pH=4，在pH=4 时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即
lg K≈14，C 正确；
D．根据图像，pH=10 时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到
c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗
了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D 错误；
故答案选C。
39．（2023·新课标卷）向
饱和溶液(有足量
固体)中滴加氨水，发生反应
和
，
与
的关系如下图所示(其中M 代表
、
、
或
)。
下列说法错误的是
A．曲线I 可视为
溶解度随
浓度变化曲线
B．
的溶度积常数
C．反应
的平衡常数K 的值为
D．
时，溶液中
【答案】A
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，
氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲
线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【解析】A．氨的浓度较小时AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s) +2NH3
(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A 错误；
B．由图可知，c(NH3)=10-1mol/L 时，c(Cl-)=10-2.35mol/L, c(Ag+)=10-7.40mol/L，则氯化银的溶度积为10-2.35×10-
7.40=10-9.75，故B 正确；
C．由图可知，氨分子浓度对数为-1 时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L 和
10-5.16mol/L，则
的平衡常数K=
=
=
，故C 正确；
D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度
对数变化的曲线，则
时，溶液中
，故D 正
确；
故选A。
40．（2023·北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下
在不同
的
体系中的可能产物。
已知：i.图1 中曲线表示
体系中各含碳粒子的物质的量分数与
的关系。
ii.2 中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合
；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
[注：起始
，不同
下
由图1 得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态
，无沉淀生成
C．由图2，初始状态
，平衡后溶液中存在
D．由图1 和图2，初始状态
、
，发生反应：
【答案】C
【解析】A．水溶液中的离子平衡 从图1 可以看出
时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，
A 项正确；
B．从图2 可以看出
、
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；
C．从图2 可以看出
、
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 项错误；D．
时，溶液中主要含碳微
粒是
，
，
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
，D 项正确；
故选C。
