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专题07 水溶液中的离子反应与平衡
4 大考点概览
题型01 弱电解质的电离
题型02 水的电离和溶液的酸碱性
题型03 盐类的水解
题型04 沉淀溶解平衡
1．（2026·天津·二模）下表是25℃时电离平衡常数和溶度积常数的数值。下列说法正确的是
化学式
CH3COOH
HCN
H3PO3
Cu (OH)2
K a或
K sp
K a=1.8×10
−5 K a=6.2×10
−10 K a1=3.7×10
−2
K a2=2.1×10
−7
K sp=2.2×10
−20
A．25℃时，如果NH3⋅H2O的K b=1.8×10
−5，则CH3COONH4溶液显中性
B．25℃时，向CH3COONa溶液中滴入HCN 溶液，反应的离子方程式为
CH3COO
−+ HCN =CH3COOH+CN
−
C．25℃时，浓度为0.1 mol/L 的Na2HPO3溶液中，存在如下关系：
c(H3PO3)+c(H2PO3
−)+c(HPO3
2−)+c(PO3
3−)=2c (Na
+)
D．25℃时，在0.10 mol⋅L
−1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，当溶液的pH=6 时，溶液中
Cu
2+沉淀完全[即c(Cu
2+)≤1.0×10
−5 mol/L]
【答案】A
【详解】A．CH 3COOH的K a与NH 3⋅H 2O的K b相等，因此CH 3COO
−和NH 4
+的水解程度相同，
CH 3COONH 4溶液显中性，A 正确；
B．CH 3COOH的K a大于HCN的K a，酸性：CH 3COOH > HCN，根据强酸制弱酸原理，该反应不能发
生，B 错误；
C．H3PO3是二元酸，仅能发生两步电离，溶液中不存在PO3
3−，且物料守恒关系应为
2[c( H 3 PO3)+c( H 2 PO3
−)+c( HPO3
2−)]=c(Na
+)，C 错误；
D．pH =6时，c(OH
−)=1×10
−8mol / L，
c(Cu
2+)=
K sp
c
2(OH
−)
= 2.2×10
−20
(1×10
−8)
2 =2.2×10
−4mol/ L>1.0×10
−5mol/ L，Cu
2+未沉淀完全，D 错误；
故选A。
2．（2026·山东济南·二模）常温下，向100 mL0.100 mol⋅L
−1 CuSO4溶液中缓慢通入NH3，测得lgc(M)
题型01
弱电解质的电离
{M 代表Cu
2+或[Cu(NH3)4)
2+}、NH3或NH4
+对分布系数[例如δ (NH3)=
c(NH3)
c(NH3)+c(NH4
+)
×100 %]与pOH 关系如
图所示，忽略溶液体积的变化。
已知：Cu
2+(aq)+ 4 NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4)
2+(aq) K =1×10
13。下列说法正确的是
A．a=11.35
B．N 点时，c(Cu
2+)+c{[Cu(NH3)4)
2+)=c(SO4
2−)=0.100 mol⋅L
−1
C．Cu(OH)2(s)+2NH4
+(aq)+2NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4)
2+(aq)+2H2O(1)的平衡常数K 1=10
2.7
D．将P 点溶液中[Cu(NH3)4)
2+全部转化为Cu
2+，需要加入0.02molH2SO4
【答案】C
【分析】向硫酸铜中缓慢通入氨气时，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨先与铜离子反应生成氢氧化
铜沉淀，后氢氧化铜溶于一水合氨反应生成四氨合铜离子，则缓慢通入的过程中，溶液pOH 减小，铵根离
子、铜离子的浓度减小，氨分子和四氨合铜离子浓度增大，则曲线X、Y、Z、W 分别表示氨分子、铵根离
子、铜离子、四氨合铜离子与pOH 关系；由图可知，溶液中氨分子浓度和铵根离子浓度相等时，溶液
pOH 为4.7，则由电离常数可知，氨水的电离常数为：Kb=10-4.7；溶液中铜离子浓度为10-5 mol/L 时，pOH
为7.35，则氢氧化铜的溶度积为：Ksp=10-5×(10-7.35)2= 10-19.7。
【详解】A．由图可知，pOH 为a 时，溶液中铜离子浓度为0.1 mol/L，则由溶度积可得：10-1×(10-a)2= 10-
19.7，解得：a=9.35，A 错误；
B．由图可知，N 点时铜元素的存在形式为铜离子、氢氧化铜沉淀和铜氨络离子，则由物料守恒可知，溶
液中c(Cu
2+)+c{[Cu(NH3)4)
2+)＜c(SO4
2−)=0.100 mol⋅L
−1，B 错误；
C．由方程式可知，反应的平衡常数为：K1=
c{[Cu(NH3)4)
2+)
c
2(NH3)c
2(NH4
+)
=
c{[Cu(NH3)4)
2+)c(Cu
2+)c
2(NH3)c
2(OH
-)
c
4(NH3)c
2(NH4
+)c(Cu
2+)c
2(OH
-)
=
K K sp
K b
2
=10
13×10
-19.7
(10
-4.7)
2
=102.7，C 正确；
D．由图可知，P 点时，溶液呈碱性，四氨合铜离子的浓度为0.100 mol/L，溶液中四氨合铜离子转化为铜
离子时，需要硫酸的物质的量为：0.100mol/L×0.1L×4
2
=0.02 mol；因加入的硫酸溶液还需中和溶液中
的氢氧根离子，所以四氨合铜离子全部转化为铜离子时，需要硫酸的物质的量应大于0.02 mol，D 错误；
故选C。
3．（2026·湖北孝感·二模）已知乙二胺(H2 NCH2CH2NH2，简写为X)为二元弱碱。常温时，向
20 mL0.1mol⋅L
−1其盐酸盐溶液XH2Cl2中加入固体NaOH(溶液体积变化忽略不计)，体系中XH2
2+、XH
+、X
三种粒子浓度的对数值(lgc)、所加NaOH固体质量与pOH[−lgc(OH
−))的关系如图所示。下列说法正确的
是
A．X第一步电离常数的数量级为10
−4
B．a 点时，c (Na
+)+3c(XH2
2+)>c(Cl
−)
C．b点时，c (Na
+)=c (XH
+)+2c (X)
D．c点时，加入NaOH的质量m2=0.08g
【答案】C
【分析】由于pOH=[−lgc(OH
−))越小，碱性越强，pOH越小，曲线从上到下溶液碱性增强。根据XH2Cl2的
起始浓度为0.1 mol/L，溶液中含X 微粒总浓度0.1 mol/L，因此图像左侧曲线从左向右微粒浓度逐渐增大，
X 在水中发生电离的方程式依次为X+H2O⇌XH
++OH
-、XH
++H2O⇌XH2
2++OH
-，因此向XH2Cl2中加入固体
NaOH过程中，随NaOH加入，pOH 越小，c(XH2
2+)逐渐减小，c (XH
+)先增大后减小，c (X)逐渐增大，由此
可知①代表X，②代表XH
+，③表示XH2
2+。
【详解】A．乙二胺X 的第一步电离X+H2O⇌XH
++OH
-，电离常数K b1= c(XH
+)c(OH
-）
c(X)
，当
c (X)=c(XH
+)时，K b1=c(OH
-)，pOH=7.20，K b1=10
−7.20≈6.3×10
−8，数量级为10
−8，选项A 错误；
B．a 点时pOH=7.20，溶液呈酸性，即c(OH
-)<c(H
+)，根据电荷守恒：
c(Na
+)+2c(XH2
2+)+c(XH
+)+c(H
+)=c(Cl
-)+c(OH
-)，由于c(OH
-)<c(H
+)，所以
c(Na
+)+2c(XH2
2+)+c(XH
+)<c(Cl
-)，选项B 错误；
C．根据物料守恒：c(XH2
2+)+c(XH
+)+c(X)=0.1mol/L且c(Cl
-)=0.2mol/L，所以
2c(XH2
2+)+2c(XH
+)+2c(X)=c(Cl
-)根据电荷守恒：
c(Na
+)+2c(XH2
2+)+c(XH
+)+c(H
+)=c(Cl
-)+c(OH
-)，将物料守恒代入电荷守恒，整理可得
c(Na
+)=c(XH
+)+2c(X)+c(OH
-)−c(H
+)，由于b 点pOH=7.00，c(OH
-)=c(H
+)，因此
c(Na
+)=c(XH
+)+2c(X)，选项C 正确；
D．c 点时，c(XH2
2+)=c(XH
+)=0.1mol/L，XH2
2+几乎完全转化为X，反应为XH2
2++2OH
-=X+2H2O。初始
n(XH2
2+)=0.02L×0.1 mol/L=0.002 mol，完全反应需要加入的NaOH的物质的量n=0.004，质量为
m=0.004×40g/mol=0.16g，选项D 错误；
4．（2026·甘肃金昌·二模）常温下，某二元弱酸H2A溶液的浓度为0.1 mol⋅L
−1，向该溶液中加入NaOH
固体后，H2A、HA
−、A
2−在含A微粒中所占物质的量分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。
下列说法错误的是
A．水的电离程度：A 点<B 点<C 点
B．NaHA溶液中c(H2A)>c(A
2−)
C．pH =7时，c (Na
+)=2c(A
2−)+c(HA
−)
D．向含有H2 A、HA
−、A
2−的溶液中加入氢氧化钠固体，c(HA
−)一定增大
【答案】D
【分析】二元弱酸H2A 的电离分两步：H2A⇌HA
−+ H
+、HA
−⇌A
2−+ H
+，电离常数分别为K a1和K a2，从
图中可以看出，a 曲线的物质的量分数随pH 的升高而减小，则a 曲线表示的是H2A 的物质的量分数，b 曲
线的物质的量分数随pH 的升高而先增大后减小，故b 曲线表示的是HA
−的物质的量分数；c 曲线的物质的
量分数随pH 的升高而增大，则曲线c 表示的是A
2−的物质的量分数，A 点：δ (H2A)=δ (HA
−)，此时
K a1=c (H
+)=10
−6.8，B 点：δ (HA
−)=δ (A
2−)，此时K a2=c (H
+)=10
−12.8，据此回答；
【详解】A．A 点溶液由于H2A电离而导致其呈酸性，因此水的电离被抑制，B 点溶液中HA
−与A
2−浓度相
等，C 点溶液中主要含有Na2A，HA
−、A
2−均会水解，促进水的电离，A
2−的水解程度更大，故水的电离程
度A 点<B 点<C 点，A 正确；
B．NaHA溶液中存在电离和水解过程，利用曲线a和曲线b的交点A 可得K al=10
−6.8，同理可推出
K a2=10
−12.8，K h(HA
−)= K w
K al
=10
−7.2 > K a2，说明HA
−的水解程度大于其电离程度，B 正确；
C．pH =7时，溶液中存在电荷守恒c (Na
+)+c (H
+) =c(OH
−)+c(HA
−)+2c( A
2−)，由于c (H
+)=c(OH
−)，故
c ( Na
+)= c(HA
−)+2c( A
2−)，C 正确；
D．向含有H2 A、HA
−、A
2−的溶液中加入氢氧化钠固体，由图像可知，当pH小于10 时，c(HA
−)增大，当
pH大于10 时，c(HA
−)减小，由于溶液pH未知，因此加入氢氧化钠固体后，c(HA
−)的变化未知，D 错误；
故答案选D。
5．（2026·河南郑州·二模）谷氨酸（
，简写为
H2R
）在强酸性溶液中氨基被
质子化为H3R
+，此时谷氨酸可看作三元酸。调节pH 可使溶液中的谷氨酸以电中性的两性离子形式存在，
此时溶液的pH 为该氨基酸的pI（等电点），且等电点处谷氨酸的溶解度最低。在水溶液中存在如下平衡：
H3R
+⇌H2R⇌HR
−⇌R
2−。分布系数δ(N)与pH 的变化关系如图所示（其中N 代表H3R
+、H2R、HR
−、
R
2−）。
已知：a、b、c 三点的横坐标分别为2.2、4.3、9.7。市售味精谷氨酸单钠（NaHR）含量大于99.0%。下列
说法错误的是
A．曲线Ⅰ对应的离子是H3R
+
B．在等电点分离谷氨酸时，pH =3.25
C．谷氨酸质子化为H3R
+的平衡常数为10
−2.2
D．由谷氨酸制备谷氨酸单钠（NaHR），pH 要控制在6.0～7.0
【答案】C
【分析】根据三元酸（H3R
+）的解离顺序：H3R
+⇌H2R⇌HR
−⇌R
2−，pH 越大（碱性越强），含H 越多
的粒子分布系数越小，所以H3R
+、H2R、HR
−、R
2−对应的依次是曲线Ⅰ、曲线Ⅱ、曲线Ⅲ、曲线Ⅳ，据
此分析。
【详解】A．根据分析，pH 越小，含H 越多的粒子分布系数越大，曲线Ⅰ对应的是 H3R
+，A 正确；
B．电中性的两性离子是 H 2 R，交点a 处 δ( H 3 R
+)=δ( H 2 R)，得 p K a1=pH =2.2；同理交点b 处
δ( H 2 R)=δ( HR
−)，得 p K a2= 4.3。氨基酸等电点δ( H 3 R
+)=δ( HR
−)，对应
c( H 3 R
+)⇌c( HR
−)+2c( H
+)，K = c( HR
−)·c
2( H
+)
c( H 3 R
+)
= K a1· K a2，得c( H
+)= ❑√K a1· K a2，则
pH = pI =p K a1+p K a2
2
= 2.2+ 4.3
2
=3.25，B 正确；
C．谷氨酸（H 2 R）质子化为 H 3 R
+的反应为：H 2 R+ H
+⇌H 3 R
+，平衡常数 K =
c( H 3 R
+)
c( H 2 R)·c( H
+)
。
已知解离平衡 H 3 R
+⇌H 2 R + H
+的 K a1=10
−2.2，因此 K = 1
K a1
=10
2.2，不是 10
−2.2，C 错误；
D．谷氨酸单钠为 NaHR，需要溶液中 HR
−占比最高，由图可知，控制pH 在6.0～7.0 时 HR
−占比很高，
可以得到 NaHR，D 正确；
故选C。
6．（2026·辽宁朝阳·二模）常温下，将0.01 mol FePO4固体投入1 L 水中，平衡条件下，体系中全部含磷
物质(FePO4、PO4
3−、HPO4
2−、H2PO4
−、H3PO4)的摩尔分数随pH 的变化关系如图所示(元素Fe、P 的物质的
量保持不变、忽略溶液体积变化)。
已知K sp(FePO4)=9.9×10
−16，K sp[Fe(OH)3)=10
−38。
下列说法错误的是
A．丙线所示物种为HPO4
2−
B．H3PO4的电离常数Ka2约为1.2×10
−6
C．pH=0.23 时，c(Fe
3+)=0.002mol⋅L
−1，不存在Fe(OH)3沉淀
D．pH=12.36 时，c (H
+)+3c(Fe
3+)<3c(PO4
3−)+2c(HPO4
2−)+c(H2PO4
−)+c(OH
−)
【答案】B
【分析】由题意可知，FePO4(s)+3OH
− ⇌Fe(OH)3(s)+PO4
3−该反应的平衡常数为K=
K sp( FePO4)
K sp[ Fe(OH )3] = 9.9×10
−16
10
−38
=9.9×1022，H3PO4的电离方程式分别为：H 3 PO4⇌H 2 PO4
−+ H
+；
H 2 PO4
−⇌HPO4
2−+ H
+；HPO4
2−⇌PO4
3−+ H
+；将FePO4固体投入pH 很小的溶液中首先FePO4水解生成
H3PO4，所以甲线代表的物质为FePO4，乙线为H3PO4，由图甲线可知，随着pH 增大，FePO4水解程度逐渐
减小后增大；丁线呈现的是随着pH 增大一直增大的趋势，由H3PO4的电离方程式可知有一直增大的趋势
的应该为PO4
3−，则丙线为HPO4
2−，据此分析问题。
【详解】A．丙线所示物种为HPO4
2−，A 正确；
B．H3PO4第二步电离的平衡常数为K a2= c( HPO4
2−)c( H
+)
c( H 2 PO4
−)
，则可从图中找出c( HPO4
2−)=c( H 2 PO4
−)的
点，此时K a2=c( H
+)，从图中H 2 PO4
−与HPO4
2−的曲线交点可知，该点的pH≈7.2，故K a2≈10-7.2，B 错误；
C．由图可知当pH=0.23 时，δ(H3PO4)=0.2，而根据FePO4的水解方程式可知，根据物料守恒，c( Fe
3+)等于
所有溶解的含磷微粒浓度之和，但是当溶液的pH=0.23 时，该溶液体系中只有H3PO4一种含磷微粒，FePO4
起始物质的量为0.01mol，所以此时c(Fe3+)=0.002 mol/L，C 正确；
D．当溶液pH=12.36 时，是加入了大量的碱溶液，该体系的电荷平衡方程式中应该还有随其碱溶液加入的
阳离子，如去掉该阳离子，则电荷平衡方程式为
c (H
+)+3c(Fe
3+)<3c(PO4
3−)+2c(HPO4
2−)+c(H2PO4
−)+c(OH
−)，D 正确；
故答案选B。
7．（2026·江苏·二模）已知：25℃时，CaC2O4的K sp=2.0×10
−9，H2C2O4的电离常数K a1=5.6×10
−2，
K a2=5×10
−5。向10mL 0.1mol/L CaCl2溶液中滴加0.1mol/L Na2C2O4溶液，忽略混合后溶液体积的
变化。下列说法不正确的是
A．0.1mol/L Na2C2O4溶液中满足：c (Na
+)>c(C2O4
2−)>c(OH
−)>c(HC2O4
−)
B．当加入Na2C2O4溶液体积为10mL 时，满足：2c (Ca
2+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(HC2O4
−)+2c(C2O4
2−)
C．当加入Na2C2O4溶液体积为15 mL 时，此时上层清液中c (Ca
2+)=2×10
−7 mol/L
D．反应CaC2O4+2H
+⇌Ca
2++ H2C2O4的K =7.1×10
−4
【答案】C
【分析】滴加液体的过程中，当加入的 Na2C2O4溶液体积小于 10 mL 时，CaCl2过量，溶液中发生
Ca
2+与C2O4
2−的沉淀反应，生成CaC2O4沉淀；当加入体积为 10 mL 时，二者恰好按 1：1 反应达到化
学计量点，此时溶液中的溶质为 NaCl，溶液中Ca
2+与C2O4
2−的浓度极低，仅由CaC2O4的溶解平衡决定，
C2O4
2−水解，溶液中还有微量HC2O4
−；当加入体积大于 10 mL 时，Na2C2O4过量，溶液中剩余过量的
C2O4
2−，受同离子效应影响，CaC2O4的溶解平衡逆向移动，Ca
2+浓度进一步降低，此时溶液主要溶质为
NaCl和过量的Na2C2O4。
【详解】A．Na2C2O4中C2O4
2−分步水解，第一步水解为主，产生HC2O4
−和OH
−；第二步水解很弱，产
生的OH
−极少。同时，水也会电离出少量OH
−，离子浓度顺序为
c( Na
+)>c(C2O4
2−)>c(OH
−)>c( HC2O4
−)，A 正确；
B．加入10 mL Na2C2O4时恰好完全反应生成NaCl和CaC2O4沉淀，写出电荷守恒式：
c( Na
+)+c( H
+)+2c(Ca
2+)=c(Cl
−)+c(OH
−)+c( HC 2O4
−)+2c(C2O4
2−)，此时c( Na
+)=c(Cl
−)，消
去后得到题干等式，B 正确；
C．加入15 mL Na2C2O4时，剩余c(C2O4
2−)浓度为
0.1mol / L×0.015 L−0.1mol / L×0.01 L
0.025 L
=0.02mol / L，由K sp=c(Ca
2+)·c(C2O4
2−)得
c(Ca
2+)= 2.0×10
−9
0.02
=1×10
−7mol/ L，不是2×10
−7mol / L，C 不正确；
D．平衡常数
K = c(Ca
2+)·c( H 2C2O4)
c
2( H
+)
=
c(Ca
2+)·c(C2O4
2−)
c( H
+)·c( HC2O4
−)
c( H 2C2O4)
· c( H
+)·c(C2O4
2−)
c( HC2O4
−)
=
K sp
K a1· K a2
=
2.0×10
−9
5.6×10
−2×5×10
−5 ≈7.1×10
−4
，
D 正确；
故选C。
8．（2026·河南开封·二模）H2R是一种二元酸，MR 是一种难溶盐，图中曲线分别表示室温下：
(1)0.10 mol⋅L
−1的H2R溶液中lg[c (X)/(mol⋅L
−1))(X 代表H2R、HR
−、R
2−)与pH 的关系；
(2)含MR (s)的0.10 mol⋅L
−1Na2R溶液中的lg[c(M
2+)/(mol⋅L
−1))与pH 的关系。
下列说法正确的是
A．曲线②表示lg[c(H2R)/(mol⋅L
−1))与pH 的关系
B．溶度积常数K sp(MR)的数量级为10
−6
C．H2R⇌2H
++R
2−的平衡常数为10
−5.46
D．(2)中溶液pH =3时，存在c (Na
+)=2[c(H2R)+c(HR
−)+c(R
2−))
【答案】C
【分析】H2R 是二元弱酸，pH 越小（酸性越强），H2R 分子越难电离，其浓度最大，lgc 值最大。随着pH
增大，H2R 浓度持续下降，曲线①代表lg[c(H 2 R)/(mol⋅L
−1))与pH 的关系；HR-浓度随pH 增大先增大
后减小，故③代表lg[c (HR
-)/(mol⋅L
−1))与pH 的关系；R2-在高pH 时浓度升高，故曲线④代表
lg[c (R
2-)/(mol⋅L
−1))与pH 的关系；而在含MR(s)的Na2R 溶液中，随着pH 增大，R2-浓度增大，由溶度
积关系可知M2+浓度减小，②代表lg[c(M
2+)/(mol⋅L
−1))与pH 的关系。
【详解】A．由分析可得，②代表lg[c(M
2+)/(mol⋅L
−1))与pH 的关系，A 错误；
B．由分析可得，曲线④和②分别对应R2-和M2+，由图可读出在pH = 2.73 时，lgc(M2+)=−4.30，
lgc(R2-)=−2.49，K sp(MR)=c(M
2+)⋅c(R
2-)=10
-4.30×10
-2.49=10
-6.79，数量级为10-7，不是10-6，B 错误；
C．H2R⇌2H
++R
2−的平衡常数为K = [ H
+]
2[ R
2−]
[ H 2 R ]
，在曲线④（R2-）与曲线①（H2R）的交点处：由图可
知在pH =2.73 时，lgc(H2R) 与lgc(R2-)相等，即c(H2R)=c(R2-)，代入上式得K=[H+]2。又因为pH = 2.73，故
[H⁺]=10-2.73，则K=(10-2.73)2=10-5.46，C 正确；
D．溶液中的Na+只来源于Na2R，所以c(Na+)=0.20 mol L
⋅
−1；但体系中还存在固体MR 的溶解平衡，MR(s)
溶解后会额外提供R2-，使溶液中含R 微粒总浓度不再仅等于Na2R 提供的0.10 mol·L-1，而应满足
c(H2R)+c(HR
−)+c(R
2−)=0.10+c(M
2+)，c (Na
+)≠2[c(H2R)+c(HR
−)+c(R
2−))，D 错误；
故答案选C。
9．（2026·四川攀枝花·二模）已知：反应“2HCrO4
−⇌Cr2O7
2−+ H2O”的K = 43。一定温度下，K2CrO4溶
液中有H2CrO4、HCrO4
−、CrO4
2−、Cr2O7
2−四种含铬元素的物种。初始浓度为0.2mol⋅L
−1的K2CrO4溶液中，
四种含铬物种的浓度随溶液pH 变化如下图所示。下列说法正确的是
A．pH =1.0时，c(HCrO4
−)=10
0.74c(H2CrO4)
B．pH =3.5时，c(CrO4
2−)>c(H2CrO4)
C．B 点3c(Cr2O7
2−)+2c(CrO4
2−)+c(OH
−)=c (H
+)+c (K
+)
D．反应：2CrO4
2−+2H
+⇌Cr2O7
2−+ H2O的K = 4.3×10
14
【答案】D
【分析】由图可知，随着pH 的增大，物种X 和Y 均呈现先增大后减小的趋势，在pH=12 及以上时，溶液
中几乎只含有CrO4
2−，纵坐标的浓度约为0.195 mol/L，在pH=4 左右时，溶液中几乎只有物种X 和物种
Y，物种X 浓度约为0.075 mol/L，物种Y 浓度约为0.045 mol/L，初始浓度为0.2mol⋅L
−1的K2CrO4溶液中，
故根据Cr 元素守恒可知，因此物种X 为Cr2O7
2−，物种Y 为HCrO4
−；则交点A 处，c(HCrO4
−)=c (H2CrO4)，
故H2CrO4的K a1= c(HCrO4
−)c (H
+)
c (H2CrO4)
=c (H
+)=10
−0.74，则交点B 处，c(HCrO4
−)=c(CrO4
2−)，故H2CrO4的
K a2= c(CrO4
2−)c (H
+)
c(HCrO4
−)
=c (H
+)=10
−6.50，据此分析。
【详解】A．由K a1=10
−0.74可知，pH =1.0时，
c(HCrO4
−)= K a1c(H2CrO4)
c (H
+)
= 10
−0.74
10
−1 c(H2CrO4)=10
0.26c(H2CrO4)，A 错误；
B．由K a1、K a2可知c(CrO4
2−)
c (H2CrO4) = K a1 K a2
c
2(H
+)
，pH =3.5时，
c(CrO4
2−)
c (H2CrO4) = K a1 K a2
c
2(H
+) = 10
−0.74×10
−6.50
10
−3.5×2
=10
−0.24<1，故c(CrO4
2−)<c (H2CrO4)，B 错误；
C．根据电荷守恒可知溶液中c(HCrO4
−)+2c(Cr2O7
2−)+2c(CrO4
2−)+c(OH
−)=c (H
+)+c (K
+)，B 点时，
c(HCrO4
−)=c(CrO4
2−)，故2c(Cr2O7
2−)+3c(CrO4
2−)+c(OH
−)=c (H
+)+c (K
+)，C 错误；
D．反应：2CrO4
2−+2H
+⇌Cr2O7
2−+ H2O的
K =
c(Cr2O7
2−)
c
2(CrO4
2−)c
2(H
+)
=
c(Cr2O7
2−)c
2(HCrO4
−)
c
2(CrO4
2−)c
2(H
+)c
2(HCrO4
−)
= c(Cr2O7
2−)
c
2(HCrO4
−)
×
c
2(HCrO4
−)
c
2(CrO4
2−)c
2(H
+)
= K
K a2
2 =
43
10
−6.50×2 = 4.3×10
14
，
D 正确；
故选D。
10．（2026·江西九江·二模）H2L为二元弱酸，p K al=7.46，p K a2=12.4。常温下构建M(Ⅲ)−H2L溶液
体系，其中c初始(M
3+)=2×10
−4 mol⋅L
−1，c初始(H2L)=5.0×10
−3 mol⋅L
−1。体系中含M 物种的组分分
布系数δ与pH的关系如图所示。已知：分布系数δ( x)=
c( x)
c总[ M(Ⅲ)]；lg2≈0.30。下列说法不正确的是
A．L
2−+[ ML]
+⇌[ML2)
−的平衡常数的数量级为10
15
B．pH在9.5~10.5之间，含L 的物种主要为HL
−
C．当pH =1时，体系中c(H2L)>c([ ML]
+)>c(HL
−)>c(OH
−)
D．当pH =10时，参与配位的c(L
2−)=5.0×10
−4 mol⋅L
−1
【答案】A
【详解】A．反应 L
2-+[ML]
+⇌[ML2]
-的平衡常数 K =
c([ ML2]
−)
c(L
2−)⋅c([ ML]
+)
；由图可知，
c([ML)
+)=c([ML2)
−) 时二者交点的pH=4，此时 K =
1
c (L
2-) ；已知p K a1=7.46、p K a2=12.4，则
K a1=10
−7.46，K a2=10
−12.4，K a1 K a2=10
−19.86； pH=4 时，c(H
+)=10
−4 mol/L，
c(H 2 L)≈c总(H 2 L)=5.0×10
−3mol / L，则二元弱酸中
c(L
2-)= K a1 K a2⋅c(H2L)
c
2(H
+)
≈10
−19.86×5×10
−3
(10
−4)
2
=5×10
−14.86=10
−14.16，因此 K =
1
c(L
2-) ≈10
14.16，平衡常
数数量级为 10
14，A 错误；
B．对于二元弱酸，当p K a1<pH<p K a2时，含L 物种主要为 HL
-；本题中 p K a1=7.46，p K a2=12.4，
9.5 10.5
∼
落在 p K a1∼p K a2区间，因此主要物种为 HL
-，B 正确；
C．pH=1 时，由图可知δ (M
3+)=δ ([ML)
+)=0.5，则c([ML]
+)=0.5×2×10
−4=1×10
−4 mol/L；
pH =1≪pKa1=7.46，H2L几乎不解离，c(H2L)≈5×10
−3 mol/L，远大于c([ML)
+)； 由
K a1= c(H
+)c(HL
-)
c(H2L)
，得 c(HL
-)= Ka1c(H2L)
c(H
+)
≈1.8×10
−9 mol/L，pH=1 时 c(OH
-)=10
−13 mol/L，因此
浓度顺序为： c (H2L)>c([ML]
+)>c (HL
-)>c (OH
-)，C 正确；
D．根据图像，pH=10 时溶液中主要的含M 物种为[ML3]3-和[ML2(OH)]2-，其分布分数均约为0.5，因此可以
得到c([ML3]3-)=c([ML2(OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[ML3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[ML2(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-)=5.0×10-4 mol·L-1，D 正确；
故答案为A。
1．（2026·重庆·二模）25℃时，用0.5 mol⋅L
−1NaHCO3溶液滴定25.00 mL0.25 mol⋅L
−1CaCl2溶液，测
得混合溶液的pH 随滴加NaHCO3溶液的体积变化如图，b 点无明显现象，随后出现白色沉淀。已知：25℃
时K sp(CaCO3)= 4.0×10
−9、K a1(H2CO3)= 4.4×10
−7、K a2(H2CO3)= 4.0×10
−11。下列说法错误的是
题型02
水的电离和溶液的酸碱性
A．从a 点到b 点，水的电离程度增大
B．b 点的混合溶液：c(H2CO3)+2c(Ca
2+)<c(Cl
−)+c(CO3
2−)
C．HCO3
−和CO3
2−的浓度比：c 点大于b 点
D．d 点溶液中：c(Ca
2+)⋅c(HCO3
−)的数量级为10
−6
【答案】B
【分析】a 点是CaCl2溶液，常温下溶液显中性，pH =7，随着NaHCO3溶液的加入，此时溶液中主要含
有：Ca
2+、Na
+、HCO3
−、Cl
−，此外溶液中存在HCO3
−的水解：HCO3
−+ H 2O⇌H 2CO3+OH
−，同
时也存在HCO3
−的电离：HCO3
−⇌H
++CO3
2−。而且
K h( HCO3
−)=
K w
K a1( H 2CO3) = 1×10
−14
4.4×10
−7 =2.3×10
−8，K a( HCO3
−)= K a2( H 2CO3)= 4.0×10
−11，所以
HCO3
−水解大于电离，此时溶液pH >7，a~b 之间，随着V ( NaHCO3)的增加，c( HCO3
−)增大，
c( H 2CO3)、c(CO3
2−)、c(OH
−)也都增大，pH也增大。
b 点时，溶液中c(Ca
2+)·c(CO3
2−)= K sp(CaCO3)，但b 点无明显现象。
b 点之后随着V ( NaHCO3)的增加，溶液中开始产生沉淀，溶液中HCO3
−的电离向右移动，c( H
+)开始增
大，pH开始减小，c( H 2CO3)也会增大，但无气体产生，直到d 点。这个过程中反应为
Ca
2++2 HCO3
−=CaCO3↓+ H 2CO3，pH 减小。
【详解】A．从a 点到b 点，HCO3
−的水解一直大于HCO3
−电离，HCO3
−水解促进水的电离，HCO3
−电离抑
制水的电离，溶液pH 增大，所以水的电离程度增大，A 正确；
B．从a 点到b 点，HCO3
−的水解一直大于HCO3
−电离，则b 点的混合溶液中c( H 2CO3)>c(CO3
2−)，又根
据物料守恒此时溶液中存在2c(Ca
2+)=c(Cl
−)，所以c( H 2CO3)+2c(Ca
2+)>c(Cl
−)+c(CO3
2−)，B 错
误；
C．由K a2( H 2CO3)= c(CO3
2−)·c( H
+)
c( HCO3
−)
可得：c( HCO3
−)
c(CO3
2−)
=
c( H
+)
K a2( H 2CO3) =
c( H
+)
4.0×10
−11，又c 点时溶液
pH小于b 点溶液的pH，即c 点c( H
+)大于b 点的c( H
+)，所以HCO3
−和CO3
2−的浓度比：c 点大于b 点，C
正确；
D．d 点溶液中pH =7.20，则c( H
+)=10
−7.2mol· L
−1，由上面C 中知：c( HCO3
−)
c(CO3
2−)
=
c( H
+)
K a2( H 2CO3)，
c(Ca
2+)·c( HCO3
−)= c(Ca
2+)·c( HCO3
−)·c(CO3
2−)
c(CO3
2−)
= K sp(CaCO3)·c( HCO3
−)
c(CO3
2−)
= K sp(CaCO3)·c( H
+)
K a2( H 2CO3)
= 4.0×10
−9
4.0×1
所以c(Ca
2+)·c( HCO3
−)的数量级是10
−6，D 正确；
故选B。
2．（2026·天津河东·二模）为探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质，将22.4 L（已折算为标准状况）SO2不断
通入1L1mol⋅L
−1 Na2SO3溶液中，溶液的pH 变化如图所示（溶液体积变化忽略）。
已知：T℃时，K a1(H2SO3)=1.5×10
−2、K a2(H2SO3)=1.0×10
−9，下列说法正确的是
A．T℃时，0.1mol⋅L
−1 NaHSO3溶液的pH = 4.5
B．0.1mol⋅L
−1 NaHSO3溶液中：c(HSO3
−)>c(H2SO3)>c(SO3
2−)
C．c点，存在关系9c (Na
+)<10c(SO3
2−)+10c(HSO3
−)
D．a点→d点，水的电离程度一直减小
【答案】D
【分析】已知：n(SO2)总=1mol，初始n(Na2SO3)=1mol，发生反应SO2+ Na2SO3+ H2O=2NaHSO3，最
终全部转化为NaHSO3，据此分析：
【详解】A．对于NaHSO3溶液，H
+浓度近似满足c(H
+)= ❑√Ka1Ka2，代入数据得：
K a1 K a2=1.5×10
−2×1.0×10
−9=1.5×10
−11，c(H
+)≈
❑√1.5×10
−11≈3.87×10
−6 mol/L，
pH≈5.4≠4.5，A 错误;
B．NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3
−的电离程度大于水解程度HSO3
−⇌H
++SO3
2−，HSO3
−+ H2O⇌H2SO3+OH
−，
因此c(SO3
2−)>c(H2SO3)，正确顺序为c(HSO3
−)>c(SO3
2−)>c( H 2SO3)，B 错误;
C．c点通入n(SO2)=
17.92L
22.4 L/mol =0.8 mol，反应后剩余n(Na2SO3)=0.2mol，生成
n(NaHSO3)=1.6 mol，根据物料守恒，n(Na
+)=2mol，总含S 微粒
n(S)=n(SO3
2−)+n(HSO3
−)+n(H2SO3)=1.8 mol，整理得：
9c(Na
+)=10[c(SO3
2−)+c(HSO3
−)+c(H2SO3)]，即9c(Na
+)=10[c(SO3
2−)+c(HSO3
−)]+10c(H2SO3)，因
此9c(Na
+)>10c(SO3
2−)+10c(HSO3
−)，C 错误；
D．a点为Na2SO3溶液，SO3
2−水解促进水的电离，从a到d，不断通入SO2，Na2SO3逐渐转化为NaHSO3，
HSO3
−电离大于水解，抑制水的电离，最终过量SO2生成H2SO3，酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐
增大，因此水的电离程度一直减小，D 正确；
答案选D。
3．（2026·甘肃·二模）电位滴定法是化学中常用的分析方法，可根据滴定过程中电极电位的突跃确定滴定
终点。常温下，利用0.1000 mol⋅L
−1的盐酸滴定20.00 mL 0.1000 mol⋅L
−1的碳酸钠溶液，其电位滴定曲
线与pH 曲线如图所示(已知碳酸的电离常数K a1=10
−6.4，K a2=10
−10.3)。下列说法错误的是
A．若采用酸碱指示剂判断滴定终点，a 点须选择酚酞作指示剂
B．a 点水的电离程度是b 点10000 倍
C．b 点：
c(H2CO3)
c(CO3
2−)
比值的数量级为10
7
D．a 点：c(Cl
−)<c(CO3
2−)+c(HCO3
−)+c(H2CO3)
【答案】D
【详解】A．a 点恰好生成NaHCO3，溶液的pH=8.4，处于酚酞的变色范围（8.2～10.0），若采用酸碱指示
剂判断滴定终点，须选择酚酞作指示剂，A 正确；
B．a 点溶质是氯化钠和碳酸氢钠，HCO3
−的水解促进水的电离，c(OH
−)代表水的电离程度，pH=8.4，所
以c(OH
-)= 1×10
−14
1×10
−8.4 =10
−5.6mol· L
−1；b 点溶质是氯化钠和碳酸，碳酸的电离抑制水的电离，c(OH
−)代
表水的电离程度，pH=4.4，所以c(OH
-)= 1×10
−14
1×10
−4.4 =10
−9.6mol· L
−1，10
−5.6
10
−9.6 =10
4，因此a 点水的电离程
度是b 点10000 倍，B 正确；
C．根据Ka1=10−6.4，Ka2=10−10.3得到K a1· K a2= c(H
+)·c(HCO3
-)
c(H2CO3)
× c(H
+)·c(CO3
2-)
c(HCO3
-)
= c
2(H
+)·c(CO3
2-)
c(H2CO3)
，b 点：
c(H2CO3)
c(CO3
2-)
= c
2(H
+)
K a1· K a2
=
(10
−4.4)
2
10
−6.4×10
−10.3 =10
7.9，其比值的数量级为107，C 正确；
D．根据图中信息得到a 点溶质为氯化钠和碳酸氢钠且两者物质的量相等，根据物料守恒得到
c(Cl
−)=c(CO3
2−)+c(HCO3
−)+c(H2CO3)，D 错误；
故答案选D。
4．（2026·福建厦门·二模）常温下，用0.1000 mol⋅L
−1HCl溶液分别滴定下列混合溶液，进行如下实验。
实验1：20.00 mL 浓度均为0.1000 mol⋅L
−1NaOH和CH3 NH2溶液
实验2：20.00 mL 浓度均为0.1000 mol⋅L
−1NaOH和NH2OH溶液滴定曲线如图：
V (HCl)=30.00 mL
时，设
c(CH3 NH2)
c(CH3 NH3
+)
=a
；
V (HCl)=20.00 mL时，设
c(NH2OH)
c(NH3
+OH)
=b。下列说法正确的是
A．实验1 对应的滴定曲线为Ⅱ
B．
K b(CH3 NH2)
K b(NH2OH)
=10
−4.7
C．a<b
D．pH =7时，c(CH3 NH2)+c(CH3 NH3
+)>c(NH2OH)+c(NH3
+OH)
【答案】C
【分析】两种实验中，原溶液均为20.00 mL 浓度均为0.1000 mol/L 的NaOH 和弱碱（CH3 NH2或NH2OH），
HCl 滴定时先中和NaOH，再中和弱碱，弱碱的K b越大，碱性越强，相同条件下pH 越高。
【详解】A．V(HCl)=20 mL 时，NaOH 恰好完全中和，剩余弱碱，曲线Ⅰ的pH=11.6，曲线Ⅱ的pH=9.3，
说明曲线Ⅰ对应弱碱的碱性更强，由于甲基是推电子基，CH3 NH2碱性强于NH2OH，因此实验1（含CH3 NH2
）对应滴定曲线Ⅰ，A 错误；
B．弱碱的电离常数：K b= c(BH
+)c(OH
−)
c(B)
，对CH3 NH2，V(HCl)=30 mL 时，一半CH3 NH2被中和，
c(CH3 NH2)≈c(CH3 NH3
+)，因此a= c(CH 3 NH 2)
c(CH 3 NH 3
+)
=1，K b(CH3 NH2)=c(OH
−)，此时pH=10.7，
c(OH
−)=10
−(14−10.7)=10
−3.3，即K b(CH3 NH2)=10
−3.3；对NH2OH：V(HCl)=30 mL 时，一半NH2OH被中和，
c(NH2OH)=c(NH3OH
+)，此时pH=6.0，同理得K b(NH2OH)=c(OH
−)=10
−(14−6.0)=10
−8，因此
K b(CH3 NH2)
K b(NH2OH) = 10
−3.3
10
−8 =10
4.7，B 错误；
C． V ( HCl)=20.00 mL（实验2），pH =9.3，pOH = 4.7，[OH
−]=10
−4.7，则
b= c( NH 2OH )
c( NH 3OH
+)
=
[OH
−]
K b( NH 2OH ) = 10
−4.7
10
−8 =10
3.3，已知a=1，因此a=1<10
3.3=b，C 正确；
D．pH=7 时，碱性更弱的NH2OH对应滴定曲线Ⅱ，pH 下降更快，达到pH=7 时加入HCl 的体积更小，溶液
总体积V 总更小，初始两种弱碱物质的量均为2 mmol，由物料守恒c(总)= n(弱碱)
V 总
，V 总越小，c(总)越
大，因此：c(CH3 NH2)+c(CH3 NH3
+)<c(NH2OH)+c(NH3OH
+)，D 错误；
故选C。
5．（2026·云南·二模）常温下，向30mL 浓度均为0.5 mol⋅L
−1的氨水和NaF 两份溶液中分别滴加浓度均
为0.5 mol⋅L
−1的NH4 Br溶液和HCl 溶液，−lgc水(H
+)随加入溶液体积的变化如图所示[c水(H
+)表示由水电
离的氢离子浓度，lg5≈0.7]。下列说法正确的是
A．c 曲线对应溶液为中性时，V >30 mL
B．M 点处b、d 曲线的溶质恰好相同
C．分析图中数据可计算K b(NH3⋅H2O)=2×10
−5.56
D．V =60 mL时，c 曲线中存在c (Na
+)=c(Cl
−)
【答案】C
【分析】氨水电离出的OH-抑制水的电离，由水电离出的c 水(H+)<10-7mol/L，-lg c 水(H+)>7，由曲线的起点
知，曲线a、b 表示向氨水中滴加溶液，向氨水中加入NH4 Br溶液时，NH4Br 电离出的NH4
+抑制NH3∙H2O 的
电离，水的电离程度始终增大，氨水中加入HCl 溶液时水的电离程度先增大后减小，加入30mLHCl 时恰
好反应，水的电离程度最大，所以曲线a 表示氨水中加入NH4 Br溶液的变化、曲线b 表示氨水中加入HCl
溶液的变化；NaF 溶液中由于F-的水解促进水的电离，由水电离出的c 水(H+)>10-7mol/ L，-lg c 水(H+)<7，由
曲线的起点知，曲线c、d 表示向NaF 溶液中滴加溶液，NaF 中加入HCl 溶液时水的电离程度始终减小，
NaF 中加入NH4 Br溶液时水的电离程度始终增大，曲线c 表示NaF 中加入HCl 溶液的变化、曲线d 表示
NaF 中加入NH4 Br溶液的变化；
【详解】A．c 曲线表示NaF 溶液中加入HCl 溶液的变化，加入30mLHCl 溶液时，两者恰好完全反应溶液
呈酸性，则溶液呈中性时V <30 mL，A 错误；
B．b 曲线为氨水中加入盐酸，M 点时，两者恰好完全反应，溶质为氯化铵，d 曲线为氟化钠溶液加入溴化
铵，溶质有两种，B 错误；
C．由图可知，0.5mol/L 的氨水中-lg c 水(H+)= 11.22，氨水中H+全部来自水电离，−lgc 水
(H+)=−lgc(H+)=11.22，c(H+)=10−11.22mol/L，c(NH4
+) ≈c(OH-)= K w
c(H
+)=10-2.78mol/L，c(NH3·H2O) = 0.5mol/L -10-
2.78mol/L≈0.5mol/L，NH3·H2O 的K b(NH3⋅H2O)= c(NH4
+)c(OH
-)
c(NH3⋅H2O) = 10
−2.78×10
−2.78
0.5
=2×10
−5.56，C 正确；
D．根据分析，曲线c 表示NaF 中加入HCl 溶液的变化，V =60 mL时，n(HCl) = 2n (NaF)，c 曲线中存在
c (Na
+)<c(Cl
−)， D 错误；
答案选C。
6．（2026·广东茂名·二模）二元弱酸H2 M(L)2，电离产生的[M(L)2)
2−中，M
2+为中心离子，L
2−为配体，取
V 0 mL H2M(L)2溶液，用c0 mol⋅L
−1NaOH溶液滴定其浓度，滴定过程中
A．c{[HM(L)2)
−)一直增大
B．恰好中和时，c (Na
+)<c{[M(L)2)
2−)
C．滴定终点溶液与滴定前溶液比较，水的电离程度增大
D．c (Na
+)+c (H
+)+c(M
2+)=c{[HM(L)2)
−)+c{[M(L)2)
2−)+c(OH
−)+c(L
2−)
【答案】C
【详解】A．滴定初期，氢氧化钠消耗氢离子促进H2M(L)2第一步电离，c{[HM(L)2)
−)增大；滴定后期，
氢氧化钠继续消耗氢离子促进第二步电离，c{[HM(L)2)
−)减小，并非一直增大，A 错误；
B．恰好中和时溶质为Na2[ M ( L)2]，[ M ( L)2]
2−发生水解浓度降低，而钠离子不水解，故
c(Na
+)>c{[M(L)2)
2-)，B 错误；
C．滴定前为二元弱酸溶液，酸电离出的氢离子抑制水的电离；滴定终点为强碱弱酸盐溶液，弱酸根离子
水解促进水的电离，故水的电离程度增大，C 正确；
D．该式为电荷守恒式，阳离子电荷需乘以对应所带电荷数，正确的电荷守恒应为
c(Na
+)+c(H
+)+2c(M
2+)=c{[HM(L)2)
-)+2c{[M(L)2)
2-)+c(OH
-)+2c(L
2-)，D 错误；
故选C。
7．（2026·湖南常德·二模）分离Al(OH)3沉淀的关键是控制溶液的pH。25℃时，向100 mL 某浓度的AlCl3
溶液中加入NaOH 固体调节pH，假设溶液中Al
3+与[Al(OH)4)
−的浓度总和为c，−lgc随pH的变化关系如图
所示（忽略溶液体积变化）。
已知：①K sp[Al(OH)3)=10
−33；
②Al(OH)3(s)+OH
−(aq)⇌[Al(OH)4)
−(aq) K =10
0.6。
下列说法不正确的是
A．M 点的坐标为(4.0,3.0)
B．水的电离程度：M 点>N 点
C．N 点的沉淀质量等于P 点的沉淀质量
D．pH =8.4时，该溶液中c(Al
3+)=c([Al(OH)4)
−)
【答案】D
【分析】c( Al
3+)与c{[Al(OH)4]
−)的总和为c，随着pH 增大，发生反应：
Al
3+ (aq)+3OH
−(aq)⇌Al(OH)3(s)，含Al 微粒总浓度下降，随着pH 继续增大，发生反应 ：
Al(OH)3(s)+OH
−(aq)⇌[ Al(OH)4]
−(aq)含Al 微粒总浓度上升；
【详解】A．M 点pH = 4.0，则c(OH
−)=10
−10 mol/L，根据K sp[ Al(OH)3]=c(Al
3+)⋅c
3(OH
−)=10
−33，
代入得： c(Al
3+)= 10
−33
(10
−10)
3 =10
−3 mol/L，因此−lg c =−lg 10
−3=3.0，M 点坐标为(4.0,3.0)，A 正
确；
B．M 点pH 更小，Al
3+浓度更大，Al
3+水解促进水的电离；N 点pH 更大，Al
3+大部分沉淀，且溶液中
OH
−浓度更高，OH
−抑制水的电离，因此水的电离程度：M 点>N 点，B 正确；
C．溶液中总Al 的物质的量固定，关系为：
n(沉淀中Al)=n总Al−[c(Al
3+)+c([ Al(OH)4]
−)]⋅V =n总Al−c⋅V ， N 点和P 点−lg c相等，说明c相
等，因此沉淀中Al 的物质的量相等，沉淀质量相等，C 正确；
D．若c(Al
3+)=c([ Al(OH)4]
−)，结合K sp和K的表达式：
c(Al
3+)=
K sp
c
3(OH
−)
、c{[ Al(OH)4]
−)= K ⋅c(OH
−)， 令二者相等：
K sp
c
3(OH
−)
= K ⋅c(OH
−)，代入数据得：
c
4(OH
−)= K sp
K = 10
−33
10
0.6 =10
−33.6，取负对数得4 pOH =33.6，即pOH =8.4，因此pH =14−8.4 =5.6，即
pH =5.6时才满足c(Al
3+)=c([ Al(OH)4]
−)，D 错误；
故选D。
8．（2026·江西九江·二模）常温下，用0.1000 mol⋅L
−1NaOH溶液滴定20.00 mL H2 A溶液，其中
H2A、HA
−、A
2−的分布分数(δ )随pH 变化曲线及滴定曲线如图所示。
已知：A
2−分布分数为δ (A
2−)=
c(A
2−)
c (H2A)+c(HA
−)+c(A
2−)。
下列说法正确的是
A．当加入NaOH 体积为10.00 mL 时，溶液中Na
+浓度为0.0500 mol⋅L
−1
B．当pH =8.32时，溶液中c(H2 A)=c(A
2−)
C．NaHA 溶液呈酸性
D．在第二计量点时，溶液中存在c (Na
+)=2c(A
2−)+c(HA
−)+c(H2A)
【答案】B
【详解】A．当加入NaOH 体积为10.00 mL 时，溶液总体积为30mL，溶液中c(Na
+)=
0.1000 mol/L×0.01L
0.03L
≈0.033 mol/L，A 错误；
B．由分布曲线图可知，曲线a 代表H2A（δ随NaOH 溶液体积增大而减小），同理，曲线b 代表HA-，曲
线c 代表A2-，当曲线a 与曲线b 相交时，c(H2A)=c(HA
−)，此时pH=6.38，
K a1= c (H
+)⋅c(HA
−)
c(H2 A)
=c (H
+)=10
−6.38，同理，曲线b 与曲线c 相交时，
K a2= c (H
+)⋅c(A
2−)
c(HA
−)
=c (H
+)=10
−10.26，当曲线a 与曲线c 相交时， c(H2 A)=c(A
2−)，
K a1⋅K a2= c (H
+)⋅c(HA
−)
c(H2A)
⋅c (H
+)⋅c(A
2−)
c(HA
−)
= c
2(H
+)⋅c(A
2−)
c(H2A)
=10
−6.38×10
−10.26，解得c (H
+)=10
−8.32，即
pH =8.32，B 正确；
C．K a(HA
−)= K a2=10
−10.26，K h(HA
−)= K w
K a1
= 10
−14
10
−6.38 =10
−7.62，HA-的水解程度大于电离程度，NaHA 溶
液呈碱性，C 错误；
D．第二计量点时，H2A 与NaOH 恰好完全反应生成Na2A，溶液中存在物料守恒
c (Na
+)=2[c(A
2−)+c(HA
−)+c(H2A))，D 错误；
答案选B。
9．（2026·湖北孝感·二模）常温下，将0.1mol·L-1 NaOH 溶液滴入50mL 0.1mol·L-1 H3T 溶液中，溶液中含
T 微粒(H3T、H2T-、HT2-、T3-)的分布系数δ、溶液pH 与加入NaOH 溶液的体积V 的关系如图所示。
已知：δ(T3-)=
c(T
3−)
c(H3T)+c(H2T
−)+c(HT
2−)+c(T
3−)。下列叙述错误的是
A．a、c 线分别代表H3T、HT2-的分布系数变化情况
B．pH=7 时，c(Na+)>3c(HT2-)+3c(T3-)
C．c(H3T)=c(HT2-)时溶液pH=4.98
D．由M 至N 的滴定过程中，不可用甲基橙作指示剂
【答案】C
【分析】向H3T 中滴加NaOH 溶液，逐步生成H2T-、HT2-、T3-，所以a、b、c、d 曲线分别为H3T、H2T-、
HT2-、T3-，加入50 mL NaOH 时，恰好生成NaH2T，加入100 mL NaOH 时，恰好生成Na2HT，加入150 mL
NaOH 时，恰好生成Na3T。
【详解】A．由分析可知，A 正确；
B．溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(H2T-)+2c(HT2-)+3c(T3-)+c(OH-)，pH=7 时，c(H+)=c(OH-)，所以
c(Na+)=c(H2T-)+2c(HT2-)+3c(T3-)，从图中可以得到，pH=7 时，c(H2T-)>c(HT2-)，所以c(Na+)>3c(HT2-)
+3c(T3-)，B 正确；
C．由图可知，pH=2.1 时，c(H3T)=c(H2T-)，则K a1= c(H2T
-)c(H
+)
c(H3T)
=c(H+)=10-2.1，pH=7.2 时
c(H2T-)=c(HT2-)，所以当pH=7.2 时，K a2= c(H
+)c(HT
2−)
c(H2T
−)
=10
−7.2，由Ka1·Ka2可得当c(H3T)=c(HT2-)时，
pH=4.65，C 错误；
D．由M 至N 的滴定过程中，由图可知，突变在pH=8 之后，而甲基橙在pH>4.4 后一直为黄色，滴定过程
中，没有颜色变化，所以不可用甲基橙作指示剂，D 正确；
故答案选C。
10．（2026·福建龙岩·二模）25℃时，用0.10 mol⋅L
−1HCl标准溶液滴定20.00 mL NH2OH和CH3 NH2的混
合溶液以测定两种物质的含量，滴定曲线如图甲所示；四种含氮物质分布分数δ与pH关系如图乙所示。[
δ (NH2OH)=
c(NH2OH)
c(NH2OH)+c(NH3
+OH)
]
已知：NH2OH和CH3 NH2的性质与NH3相似。
下列说法错误的是
A．原混合溶液中c(NH2OH):c(CH3 NH2)=2:1
B．b点处有：c(Cl
−)>c(NH3
+OH)>c(CH3 NH3
+)
C．CH3 NH2+ NH3
+OH⇌NH2OH+CH3 NH3
+平衡常数K =10
4.6
D．a、b、c点均存在c(Cl
−)+c(OH
−)=c(NH3
+OH)+c(CH3 NH3
+)+c (H
+)
【答案】B
【分析】
甲基是推电子基团，CH3NH2中N 原子周围电子密度更大，碱性更强，用0.1000mol•L-1HCl 标准溶液滴定
20.00 mL NH2OH和CH3 NH2时，先与CH3NH2反应，再与NH2OH 反应，结合滴定过程中反应顺序可知，乙
图中曲线对应粒子为
，当 δ(NH2OH) = 0.5 时，pH = 6.0，此
时 c(NH2OH) = c(NH3
+OH)，可得：Kb(NH2OH)=c(OH
-)c(NH3
+OH)
c(NH2OH)
=c(OH
-)=10
-8，同理，当 δ(CH3NH2) =
0.5 时，pH = 10.6，此时 c(CH3NH2) = c(CH3NH3
+)，可得：
Kb(CH3NH2)=c(OH
-)c(CH3NH3
+)
c(CH3NH2)
=c(OH
-)=10
-3.4，据此解答。
【详解】A．根据滴定曲线，a 点（20.00 mL）对应 CH3NH2的滴定终点，c 点（60.00 mL）对应 NH2OH
的滴定终点。n(CH3 NH2)=n (HCl)=0.02L×0.1mol /L=0.002mol，
n(NH2OH)=n(HCl)总−n(HCl)CH3NH2=0.06 L×0.1mol/L−0.002mol=0.004 mol，原溶液中：
c(NH2OH) : c(CH3NH2) = 2 : 1，A 正确；
B．在b 点，加入的HCl 体积为40.00 mL，此时pH=6.1，由图乙可知 c(NH 3
+OH)<c(CH 3 NH 3
+)，B 错误；
C．该反应的平衡常数 K =c(NH2OH)⋅c(CH3 NH3
+)
c(CH3 NH2)⋅c(NH3
+OH)
，Kb(NH2OH)=c(OH
−)⋅c(NH3
+OH)
c(NH2OH)
=10
−8，
Kb(CH3 NH2)=c(OH
−)⋅c(CH3 NH3
+)
c(CH3 NH2)
=10
−3.4，将两式相除：
Kb(CH3 NH2)
Kb(NH2OH)
=c(CH3 NH3
+)⋅c(NH2OH)
c(CH3 NH2)⋅c(NH3
+OH)
= 10
−3.4
10
−8 =10
4.6，C 正确；
D．在任何水溶液中，阳离子所带正电荷总数必须等于阴离子所带负电荷总数，a、b、c点均存在
c(Cl
−)+c(OH
−)=c(NH3
+OH)+c(CH3 NH3
+)+c (H
+)，D 正确；
故选B。
1．（2026·山东潍坊·二模）常温下，M(ClO4)2−CH3COOH水溶液体系中，初始浓度
c0[M(ClO4)2)=0.1mol⋅L
−1，c0(CH3COOH)=0.4 mol⋅L
−1，所有含碳物种的摩尔分数δ与pH 变化关系如
图所示(外加可溶性强碱固体调pH，忽略溶液体积变化)。已知：含M 物种的存在形式为M
2+，M (CH3COO)2
和M(OH)2，M(CH3COO)2易溶于水，M(OH)2难溶于水。下列说法正确的是
题型03
盐类的水解
A．M(CH3COO)2的电离平衡常数K =9.6×10
−2
B．d 点对应溶液：2c(M
2+)+c (H
+)=c(CH3COOH)+c(OH
−)+c(ClO4
−)
C．pH = x时，c(CH3COOH)=2c[M(CH3COO)2)>c(CH3COO
−)
D．M(CH3COO)2(aq)+2OH
−(aq)⇌M(OH)2(s)+2CH3COO
−(aq)的K的数量级为10
19
【答案】C
【分析】酸性较强时，含碳物种存在形式为CH3COOH，曲线Ⅰ代表δ(CH3COOH)，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(CH3COO)2]最大值为0.1mol/L，则c[M(CH3COO)2]≤
2×0.1
0.4
=50%，由此可知，曲线Ⅱ代表δ[M(CH3COO)2]，其先增大后减小，说明随着醋酸电离过程中，先
生成了M(CH3COO)2，随后转化为M(OH)2难溶沉淀，则曲线Ⅲ代表δ(CH3COO-)，图中a 点δ(CH3COOH)=
δ[M(CH3COO)2]，则c(CH3COOH)= 2c[M(CH3COO)2]，图中d 点δ(CH3COO-)=δ(CH3COOH)，则
c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，据此解答。
【详解】A．图中c 点pH=4.25 时，δ(CH3COO-)=δ[M(CH3COO)2]=30%、δ(CH3COOH)=40%，由物料守恒可
知，c(CH3COO-)+2c[M(CH3COO)2]+ c(CH3COOH)=0.4 mol/L，由此可知，
c(CH3COO-)=2c[M(CH3COO)2]=0.12 mol/L、c(CH3COOH)=0.16 mol/L，忽略M(OH)2，则M2+约为
0.04mol/L，M(CH3COO)2的电离方程式为M(CH3COO)2⇌M
2++2CH3COO
−，电离平衡常数
K = c(M
2+)⋅c
2(CH3COO
−)
c[ M(CH3COO)2]
= 0.04×0.12
2
0.06
=9.6×10
−3，A 错误；
B．选项要写电荷守恒需要考虑强碱对应的阳离子电荷的存在，且将醋酸根的浓度写成了醋酸的浓度，B
错误；
C．pH = x时，由分析可知c(CH3COOH)= 2c[M(CH3COO)2]，由图像可知，c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，故
c(CH3COOH)=2c[M(CH3COO)2]>c(CH3COO
−)，C 正确；
D．图中c 点pH=4.25 时，c(OH-)=10-9.75mol/L，δ(CH3COO-)=δ[M(CH3COO)2]=30%、δ(CH3COOH)=40%由物
料守恒可知，c(CH3COO-)+2c[M(CH3COO)2]+ c(CH3COOH)=0.4 mol/L，由此可知，
c(CH3COO-)=2c[M(CH3COO)2]=0.12 mol/L、c(CH3COOH)=0.16 mol/L，该反应的
K=
c
2(CH3COO
−)
c[ M(CH3COO)2]⋅c
2(OH
−)
=
4 c
2[ M(CH3COO)2]
c[ M(CH3COO)2]c
2(OH
−)
= 4 c[ M(CH3COO)2]
c
2(OH
−)
= 4×0.06
(10
−9.75)
2
=0.24×1019..5≈7.68×1018，K 的数量级为1018，D 错误；
故答案选C。
2．（2026·河南濮阳·二模）常温下，在Cr(Ⅵ)总浓度始终为0.025 mol/L 的K2CrO4溶液中，铬元素以
HCrO4
−、CrO4
2−、Cr2O7
2−形式存在，lg(c / mol⋅L
−1)随pH 变化如图。
下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ代表的组分为Cr2O7
2−
B．常温下，K2CrO4的水解常数K h=10
−7.7
C．Q 点：3c(Cr2O7
2−)+2c(CrO4
2−)+c(OH
−)=c (K
+)+c (H
+)
D．P 点：c(Cr2O7
2−)= 0.025
3+10
0.2 mol⋅L
−1
【答案】C
【分析】酸性越强（pH 越小），平衡2CrO4
2−+2 H
+⇌
❑
Cr2O7
2−+ H 2O正向移动，Cr2O7
2−浓度越大；pH 增
大时，Cr2O7
2−浓度下降最快，对应 lgc 下降最陡的曲线Ⅰ；溶液中存在平衡：HCrO4
−⇌H
++CrO4
2−酸性
越强，CrO4
2−浓度越小，曲线Ⅱ为CrO4
2−；
【详解】A．根据分析可知曲线Ⅰ代表的组分为Cr2O7
2−，故A 正确；
B．CrO4
2−水解反应：CrO4
2−+H2O⇌HCrO4
−+OH
−，K h= c(OH
−)c(HCrO4
−)
c(CrO4
2−)
，Q 点pH=6.3，此时 c(
HCrO4
−)=c(CrO4
2−)，K h= c(OH
−)c(HCrO4
−)
c(CrO4
2−)
=c(OH
−)=
K w
c(H
+)
= 10
−14
10
−6.3 =10
−7.7，B 正确；
C．溶液电荷守恒关系为：c(K
+)+c(H
+)=2c(CrO4
2−)+c(HCrO4
−)+2c(Cr2O7
2−)+c(OH
−)，Q 点
c(HCrO4
−)=c(CrO4
2−)，代入得：c(K
+)+c(H
+)= 3c(CrO4
2−)+c(OH
−)+ 2c(Cr2O7
2−)，故C 错误；
D．P 点pH=6.1，此时c(Cr2O7
2−)=c(CrO4
2−)= x，由Q 点可知c(HCrO4
−)=c(CrO4
2−)：HCrO4
−的电离平
衡常数：K a= c(CrO4
2−)×c( H
+)
c( HCrO4
−)
=10
−6.3，代入 P 点 pH = 6.1 得：
K a= c(CrO4
2−)×c( H
+)
c( HCrO4
−)
= x×10
−6.1
c( HCrO4
−)
=10
−6.3，c( HCrO4
−)=10
0.2 x，根据Cr 元素守恒得，
2c(Cr2O7
2−)+c(CrO4
2−)+c( HCrO4
−)=0.025，代入得： 2x + x + 100.2 x = 0.025 ，x=
c(Cr2O7
2−)= 0.025
3+10
0.2 mol⋅L
−1，故D 正确；
故答案选C。
3．（2026·内蒙古呼和浩特·二模）常温下，向AgBr悬浊液(含有足量AgBr固体)中滴加Na2X溶液，发生如
下反应：①Ag
++X
2−⇌AgX
−；②AgX
−+X
2−⇌AgX2
3−。相关数据如图所示，M代表Ag
+或Br
−；N 代表
c (Ag
+)
c(AgX
−)或c (Ag
+)
c(AgX2
3−)
。下列说法错误的是
A．L3代表c (Ag
+)
c(AgX
−)
随lgc(X
2−)变化的关系
B．常温下，K sp(AgBr)=10
−12.2
C．c 点：存在c(Br
−)=c (Ag
+)+2c(AgX
−)
D．c(X
2−)=1×10
−4 mol/L时有：c(AgX2
3−)>c(AgX
−)>c(Br
−)
【答案】D
【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等。向AgBr 饱和溶液中滴加Na2X溶液，与Ag
+
形成配离子，c (Ag
+)减小，lgc (Ag
+)减小，AgBr 溶解平衡正向移动，c(Br
−)增大，lgc(Br
−)增大，所以
L1代表lgc(Br
−)随lgc(X
2−)变化的关系，L2代表lgc (Ag
+)随lgc(X
2−)变化的关系；刚开始加入Na2X溶液
时，先生成AgX
−，则一开始，c(AgX
−)>c(AgX2
3−)，lg c (Ag
+)
c(AgX
−)<lg c (Ag
+)
c(AgX2
3−)
，故L3表示lg c (Ag
+)
c(AgX
−)随
lgc(X
2−)变化的关系，L4表示lg c (Ag
+)
c(AgX2
3−)
随lgc(X
2−)变化的关系。
【详解】A．根据分析可知，L3代表c (Ag
+)
c(AgX
−)
随lgc(X
2−)变化的关系，A 正确；
B．根据图中b 点可知c(X
2−)=10
−4.6 mol·L
-1、c (Ag
+)=10
−8.35 mol·L
-1；a 点c(X
2−)=10
−4.6 mol·L
-1、
c(Br
−)=10
−3.85 mol·L
-1，K sp(AgBr)=c(Ag
+)c(Br
−)=10
−8.35×10
−3.85=10
−12.2，B 正确；
C．根据物料守恒，c 点c(Br
−)=c(AgX2
3−)+c(AgX
−)+c (Ag
+)，c 点为L4、L3的交点，故
c(AgX2
3−)=c(AgX
−)，c(Br
−)=c (Ag
+)+2c(AgX
−)，C 正确；
D．向AgBr 饱和溶液（有足量AgBr 固体）中滴加Na2X溶液，则溴化银溶解，溴离子浓度较大，由图可知，
当c(X
2−)=1×10
−4 mol/L时，L4＜L3，结合分析可知，L4表示lg c (Ag
+)
c(AgX2
3−)
随lgc(X
2−)变化的关系、直线
L3表示lg c (Ag
+)
c(AgX
−)
随lgc(X
2−)变化的关系，则溶液中c(AgX2
3−)>c(AgX
−)，所以溶液中离子浓度大小顺序
为c(Br
−)>c(AgX2
3−)>c(AgX
−)，D 错误；
故答案选D。
4．（2026·河北雄安·二模）向AlCl3和HA的混合溶液中逐滴加入MOH溶液，溶液中
X[X =c(Al
3+)或c(A
−)
c (HA) 或c (M
+)
c (MOH))的负对数(pX)随pH的变化如图所示。下列说法错误的是
A．L1表示p[
c( A
−)
c (HA))随pH的变化曲线
B．K a (HA)= K b(MOH)
C．Q点溶液中存在：3c(Al
3+)+c (M
+)<c( A
−)
D．T 点坐标为(7 ,−2.24)
【答案】C
【分析】X =c(Al
3+)：pH 升高，c(OH
−)增大，Al
3+与OH
−结合沉淀，c(Al
3+)随pH 增大减小，因此
pc(Al
3+)随pH 增大增大，且Al
3+在低pH 时就开始快速沉淀，pX上升最快，对应斜率最大的上升曲线L2。
HA：K a(HA)= c(H
+)c(A
−)
c(HA)
，变形得c(A
−)
c(HA) =
K a
c(H
+)
，取负对数得：p( c(A
−)
c(HA) )=p K a−pH，因此该值随
pH 增大而减小，对应斜率为负的下降曲线L1。
MOH：K b(MOH)= c(M
+)c(OH
−)
c(MOH)
，变形得c(M
+)
c(MOH) =
K b
c(OH
−)
，取负对数得：p( c(M
+)
c(MOH) )=pH+p K b−14，
因此该值随pH 增大而增大，对应斜率为正的缓上升曲线L3。
【详解】A．根据分析可知，A 正确；
B．L1：p K a=pH+ p( c(A
−)
c(HA) )，由图，pH =9.76时pX =−5，因此p K a(HA)=9.76+(−5)= 4.76；L3：
p K b=14+ pX−pH，pH = 4.24时pX =−5，因此p K b(MOH)=14+(−5)−4.24 = 4.76；p K a=p K b，因此
K a(HA)= K b(MOH)，B 正确；
C．溶液中电荷守恒，阳离子有Al
3+、M
+、H
+，阴离子有A
−、OH
−、AlCl3电离的Cl
−，因此电荷守恒式为：
3c(Al
3+)+c(M
+)+c(H
+)=c(A
−)+c(OH
−)+c(Cl
−)，变形得：
3c(Al
3+)+c(M
+)=c(A
−)+c(Cl
−)+c(OH
−)−c(H
+)，Q 点溶液呈酸性，c(H
+)>c(OH
−)，但c(Cl
−)>0，
且c(Cl
−)>c(H
+)−c(OH
−)，因此c(Cl
−)+c(OH
−)−c(H
+)>0，可得： 3c(Al
3+)+c(M
+)>c(A
−) ，C
错误；
D．T 点是L1和L3交点，横坐标pH =7，对L1：pX =p K a−pH = 4.76−7 =−2.24，因此T 点坐标为
(7,−2.24)，D 正确；
故选C。
5．（2026·天津和平·二模）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH 变化关系如下图［例如
δ (H2S)=
c(H2S)
c(H2S)+c(HS
−)+c(S
2−)］。已知：K sp(FeS)=6.3×10
−18，K sp[Fe(OH)2)= 4.9×10
−17。
下列说法错误的是
A．K a1(H2S)=1.0×10
−7，K a2(H2S)=1.0×10
-13
B．pH =10时，c(H2S):c(HS
−):c(S
2−)=1:1000:1
C．0.1mol⋅L
−1NaHS溶液中：c(H2S)>c(S
2−)
D．0.010 mol⋅L
−1的FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol⋅L
−1的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS
(已知❑√5≈2.24)
【答案】D
【分析】
在H2S 溶液中存在电离平衡：H2S⇌H
++HS
-、HS
-⇌H
++S
2-，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。
【详解】A．由分析可知，氢硫酸的一级电离常数为：Ka1(H2S)= 1.0×10-7、二级电离常数为：Ka2(H2S)=
1.0×10-13，A 正确；
B．由电离常数可知，溶液pH 为10 时，溶液中c (HS
-)
c (H2S) = 1.0×10
-7
1.0×10
-10= 1.0×103，则溶液中
c(H2S)=10
-3c(HS
−)；同理可知，溶液中c (S
2-)=10
-3c (HS
-)，则溶液中
c(H2S):c(HS
−):c(S
2−)=1:1000:1，B 正确；
C．硫氢根离子的水解常数为：Kh= K w
K a1
= 1.0×10
-14
1.0×10
-7 =1.0×10-7＞Ka2(H2S)= 1.0×10-13，则溶液中硫氢根离子
在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液中水解产物氢硫酸的浓度大于电离产物硫离子，C 正确；
D．硫离子的水解常数为：Kh= K w
K a1
= 1.0×10
-14
1.0×10
-13=1.0×10-1，硫离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，
设0.10 mol/L 硫化钠溶液中氢氧根离子浓度为x mol/L，由水解常数可得： (xmol/L)
2
0.10 mol/L-xmol/L =0.1，解
得：x≈0.062 mol/L；0.01 mol/L 氯化亚铁溶液中加入等体积0.2 mol/L 硫化钠溶液时，瞬间得到0.005 mol/L
氯化亚铁和0.10 mol/L 硫化钠的混合液，则溶液中硫化亚铁的浓度商为：0.005 mol/L×(0.1 mol/L-0.062
mol/L ) ≈1.9×10-4＞Ksp(FeS)，氢氧化亚铁的浓度商为：0.005 mol/L×(0.062 mol/L)2≈1.9×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，
则反应初始生成的沉淀是硫化亚铁和氢氧化亚铁，D 错误；
故选D。
6．（2026·河北张家口·二模）已知：XA、X (OH)2不溶于水，H2A为二元弱酸。常温下，在H2A、HA
−、A
2−
总浓度为0.1mol⋅L
−1的溶液中，含A 微粒物质的量分数、pX[pX =−lgc(X
2+))随pH 变化的曲线如图所示，
A、B、C 点的坐标分别为(4.8,0.5)、(10.2,0.5)、(10.2,14)。下列说法正确的是
A．NaHA 溶液显酸性
B．N 点对应的pX =8.4
C．K sp[X (OH)2)=10
−21.6
D．将某Na2 A溶液调至pH =5，溶液中存在1
2 c (Na
+)=c(A
2−)且c(HA
−)>c(H2A)
【答案】C
【分析】H 2 A❑的两步电离：H 2 A❑⇌H❑
+ + HA❑
− K ❑a1❑= c( H❑
+ )·c( HA❑
−)
c( H 2 A❑)
，HA❑
−⇌H❑
+ + A❑
2−
K ❑a2❑= c( H❑
+ )·c( A❑
2−)
c( HA❑
−)
，当c( HA❑
−)=c( H 2 A❑)时，K ❑a1❑=c( H❑
+ )，对应A 点的pH=4.8，故
K ❑a1❑=10❑
−4.8；当c( HA❑
−)=c( A❑
2−)时，K ❑a2❑=c( H❑
+ )，对应B 点的pH=10.2，故K ❑a2❑=10❑
−10.2。
【详解】A．HA⁻的电离常数K a2=10
−10.2，水解常数K ❑h❑= K ❑w❑
K ❑a1❑
= 10
−14
10
−4.8 =10
−9.2，水解程度大于电离
程度，NaHA 溶液显碱性，A 错误；
B．HA⁻物质的量分数最高时pH❑
❑= p❑K ❑a1❑+ p❑K❑a2❑
2
=7.5，根据
K sp❑❑[ X (OH )2]=c( X❑
2+)⋅c
2(OH❑
−)推导得pX❑=2 pH❑−6.4，代入pH=7.5 得pX =8.6，B 错误；
C．pH=10.2 时，c(OH❑
−)=10
−3.8mol / L❑，c( X❑
2+)=10
−14mol / L❑，
K ❑sp❑[ X (OH )2]=10
−14×(10
−3.8)
2=10
−21.6，C 正确；
D．Na2A 溶液中物料守恒为1
2 c( Na❑
+ )=c( A❑
2−)+c( HA❑
−)+c( H 2 A❑)，故1
2 c( Na❑
+ )>c( A❑
2−)，D 错误；
故选C。
7．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知：XA、X (OH)2不溶于水，H2A为二元弱酸，室温下，在H2A、HA
−、
A
2−总浓度为0.1 mol⋅L
−1的溶液中，含A 微粒的物质的量分数和pX 随pH 变化如图所示，其中pX 代表
−lgc(X
2+)。下列说法正确的是
A．K sp[X (OH)2)的数量级为10
−21
B．M 点，pX=8.2
C．将0.1 mol⋅L
−1 Na2A溶液调至pH=5，溶液中一定存在：
c (Na
+)+c (H
+)=2c(A
2−)+c(HA
−)+c(OH
−)
D．饱和Na2A溶液与饱和NaHA 溶液均显碱性
【答案】D
【分析】曲线x：pH升高时，物质的量分数逐渐下降，对应H 2 A（二元弱酸，酸性越强，分子态越多）；
曲线y：pH升高时，物质的量分数先升高后下降，对应HA
−（中间产物，先生成后消失）；曲线z：pH
升高时，物质的量分数持续上升，对应A
2−（碱性越强，酸根离子态越多）；曲线w：pH升高时，pX持
续上升，对应−lgc(X
2+)（pH越高，OH
−越多，X
2+越容易沉淀，浓度越小，pX越大）；
【详解】A．当pH =10.2时，−lgc(X
2+)=14，则c(X
2+)=10
−14mol / L，此时c(H
+)=10
−10.2mol / L，
c(OH
−)=
K w
c(H
+)
= 10
−14mol / L
10
−10.2mol / L
=10
−3.8mol / L，则
K sp[X (OH)2)=10
−14×(10
−3.8)
2=10
−21.6≈2.5×10
−22，数量级为10
−22，A 错误；
B．M 点，曲线x、z 相交，此时c (H2A)=c(A
2−)，
K a1 K a2= c( H
+)×c( HA
−)
c( H 2 A )
× c( H
+)×c( A
2−)
c( HA
−)
=c
2(H
+)=10
−4.8×10
−10.2=10
−15，c (H
+)=10
−7.5 mol⋅L
−1，
c(OH
−)=10
−6.5，c(X
2+)=
K sp
c
2(OH
−)
= 10
−21.6
(10
−6.5)
2 =10
−8.6mol/ L，故pX=8.6，B 错误；
C．由图可知，溶液中同时存在金属阳离子X
2+，故正确的电荷守恒式应为：c (Na
+)
+c (H
+)+2c( X
2+)=2c(A
2−)+c(HA
−)+c(OH
−)，C 错误；
D．Na2 A溶液中，A
2−是弱酸根离子，在溶液中发生水解：A
2−+ H2O⇌HA
−+OH
−，水解出OH
−，溶液显
碱性；NaHA 溶液中存在水解(HA
−+ H2O⇌H2A+OH
−）的平衡常数为K h= K w
K a1
= 10
−14
10
−4.8 =10
−9.2，电离(
HA
−⇌H
++ A
2−）的平衡常数为K a2=10
−10.2，因为K h> K a2，所以溶液显碱性，D 正确；
故答案选D。
8．（2026·天津滨海新区·二模）室温下，向Na2CO3溶液加入过量CaSO4固体混合，溶液pH 随时间变化如
图所示。已知：K sp(CaSO4)=5.1×10
−5、K sp(CaCO3)=3.4×10
−9。下列说法不正确的是
A．室温下，反应CaSO4 (s)+CO3
2−(aq)⇌CaCO3(s)+SO4
2−(aq)的K 值数量级为10
4
B．随着反应的进行，溶液pH 下降的原因是CO3
2−+ H2O⇌HCO3
−+OH
−逆向移动
C．反应过程中，溶液中始终存在：c (Na
+)=2c(CO3
2−)+2c(HCO3
−)+2c(H2CO3)
D．0～600 s 内上层清液中存在：c (Na
+)+2c(Ca
2+)>c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)+2c(SO4
2−)
【答案】C
【详解】A．该反应的平衡常数K=c(SO4
2−)
c(CO3
2−)
= c(SO4
2−)⋅c(Ca
2+)
c(CO3
2−)⋅c(Ca
2+)
= K sp(CaSO4)
K sp(CaCO3) = 5.1×10
−5
3.4×10
−9 =1.5×10
4
，平衡常数的数量级为104，故A 说法正确；
B．碳酸钠属于强碱弱酸盐，溶液中存在CO❑3
2−+H2O⇌
❑
❑
HCO❑3
−+OH-，溶液显碱性，加入CaSO4，生成碳
酸钙，导致溶液中c(CO❑3
2−)减小，使平衡逆向移动，c(OH-)减小，pH 下降，故B 说法正确；
C．碳酸钠溶液中存在元素守恒：c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(CO❑3
2−)+2c(HCO❑3
−)，随着硫酸钙的加入，部分
CO❑3
2−转化为碳酸钙沉淀，导致溶液中碳元素总浓度减少，即反应过程中溶液中c(Na+)＞
2c(H2CO3)+2c(CO❑3
2−)+2c(HCO❑3
−)，故C 说法错误；
D．电荷守恒：c(Na+)+2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO❑3
2−)+c(HCO❑3
−)+2c(SO❑4
2−)，根据图像可知，0~600s
内上层清液显碱性，即c(OH-)＞c(H+)，因此有c(Na+)+2c(Ca2+)＞2c(CO❑3
2−)+c(HCO❑3
−)+2c(SO❑4
2−)，故D
说法正确；
答案为C。
9．（2026·安徽淮北·二模）25℃时，向1 L 0.100 mol⋅L
-1NH4HS溶液中加入NaOH 固体，溶液中
c(NH4
+)、c(NH3⋅) H2O)、c (HS
-)、c (S
2-)随n(NaOH)的变化如图所示(忽略该过程中溶液体积和温度的变
化)。已知室温时K a1(H2S)=10
-6.88，K a2(H2S)=10
-14.15，K b(NH3⋅H2O)=10
-4.74。下列说法错误的是
A．25℃时，NH4 HS溶液呈碱性
B．曲线a 表示c(NH4
+)的变化
C．M 点溶液的pH 为9.26
D．N 点：c (Na
+)+c (H
+)>c(NH3⋅H2O)+c (S
2-)+c (OH
-)
【答案】D
【分析】在NH 4 HS溶液中，NaOH优先和酸性较强的微粒反应，比较HS
−和NH 4
+的酸性强弱，则要比较
HS
−的电离常数和NH 4
+的水解常数。K a2( H 2S)=10
−14.15，
K h( NH 4
+)=
K W
K b( NH 3· H 2O) = 10
−14
10
−4.74 =10
−9.26，NH 4
+水解程度大于HS
−的电离程度，则NH 4
+的酸性强于
HS
−，所以NH 4
+先与OH
−发生反应生成NH 3· H 2O，随着NaOH固体的加入，c( NH 4
+)由最大逐渐减小，
同时，c( NH 3· H 2O)由最小逐渐增大，所以曲线a 是c(NH 4
+)的变化图像，曲线b 是c(NH 3· H 2O)的变
化图像。再后来是HS
−与OH
−反应生成S
2−，则曲线c 是c(HS
−)的变化图像，曲线d 是c(S
2−)的变化曲线。
【详解】A．溶液NH 4 HS的酸碱性取决于NH 4
+与HS
−水解程度的相对大小。
K h( HS
−)=
K W
K a1( H 2S) = 1×10
−14
10
−6.88 =10
−7.12>10
−9.26= K h❑(NH 4
+)，HS
−+ H 2O⇌H 2S+OH
−，溶液显碱
性，故A 正确；
B．由上面分析知曲线a 表示c(NH4
+)的变化图像，故B 正确；
C．曲线a 是c(NH 4
+)的变化图像，曲线b 是c(NH 3· H 2O)的变化图像。M 点溶液的pH 值可由NH 3· H 2O
的K b公式来求。M 点溶液中c(NH 4
+)=c(NH 3· H 2O)，
K b(NH 3· H 2O)= c(NH 4
+)·c(OH
−)
c(NH 3· H 2O)
=c(OH
−)=10
−4.74，pOH = 4.74，
pH =14−pOH =14−4.74 =9.26，故C 正确；
D．溶液中存在物料守恒：c(NH 4
+)+c( NH 3· H 2O)=c( HS
−)+c(S
2−)+c( H 2S)，又N 点溶液中电荷守
恒：c( Na
+)+c( NH 4
+)+c( H
+)=c( HS
−)+2c(S
2−)+c(OH
−)，两式联立可得：
c( Na
+)+c( H
+)=c( NH 3· H 2O)+c(S
2−)+c(OH
−)−c( H 2S)，由c( H 2S)>0，则有
c( Na
+)+c( H
+)<c( NH 3· H 2O)+c(S
2−)+c(OH
−)，故D 错误；
故选D。
10．（2026·陕西渭南·二模）已知：室温下亚硫酸的电离平衡常数K a1=10
−1.85，K a2=10
−7.22。室温下向
20 mL0.1mol⋅L
−1Na2SO3溶液中滴加0.2mol⋅L
−1。盐酸，溶液中各成分浓度(不含H
+和OH
−)随加入盐酸
体积的变化如图所示。下列说法错误的是
A．滴加至A 点时，溶液中c (Na
+)<3c(HSO3
−)+c(Cl
−)
B．滴加至B 点时，溶液中c(Cl
−)=c(SO3
2−)+c(HSO3
−)+c(H2SO3)
C．滴加至C 点时，溶液中c (H
+)的数量级为10
−5
D．NaHSO3溶液中离子浓度关系为：c(SO3
2−)>c(H2SO3)
【答案】A
【分析】室温下向20 mL 0.1 mol⋅L
-1Na2SO3溶液中滴加0.2 mol⋅L
-1盐酸，发生反应：
Na2SO3+HCl=NaHSO3+NaCl、NaHSO3+HCl=H2SO3+NaCl，故随着盐酸的加入c(SO3
2−)一直减小、
c(HSO3
−)先增加后减小、c(H 2SO3
❑)一直增加。分析可知，图中曲线代表的微粒如图所示
。
【详解】A．A 点满足c( HSO3
−)=c(SO3
2−)，根据电荷守恒：
c( Na
+)+c( H
+)=2c(SO3
2−)+c( HSO3
−)+c(Cl
−)+c(OH
−)代入c(SO3
2−)=c( HSO3
−)，整理得：
c( Na
+)+c( H
+)=3c( HSO3
−)+c(Cl
−)+c(OH
−)， A 点溶液为碱性，c(OH
−)>c( H
+)，因此
c( Na
+)>3c( HSO3
−)+c(Cl
−)，A 错误；
B．加入10mL 0.2mol/L 盐酸时，反应后溶质为等物质的量的NaHSO3和NaCl。根据物料守恒：
n(Cl
−)=n(SO3
2−)+n( HSO3
−)+n( H 2SO3)，同一溶液体积相同，因此
c(Cl
−)=c(SO3
2−)+c(HSO3
−)+c(H2SO3)，B 正确；
C．由电离常数关系：K a1⋅K a2= c( H
+)c(H SO3
−)
c(H2SO3)
× c( H
+)c(SO3
2−)
c(H SO3
−)
= c
2( H
+)c(SO3
2−)
c(H2SO3)
，C 点满足
c(SO3
2−)=c( H 2SO3)，因此： c
2( H
+)= K a1⋅K a2=10
−1.85×10
−7.22=10
−9.07，得
c( H
+)=10
−4.535≈3×10
−5 mol/L，c( H
+)数量级为10
−5，C 正确；
D．NaHSO3溶液中，HSO3
−的电离常数K a2=10
−7.22，水解常数K h= K w
K a1
= 10
−14
10
−1.85 =10
−12.15，K a2> K h，
说明电离程度大于水解程度，因此c(SO3
2−)>c( H 2SO3)，D 正确；
故选A。
11．（2026·河北保定·二模）四方酸(
)是一种对称的平面二元酸。常温时，向
0.1mol⋅L
−1
四
方酸钠(Na2C4O4)溶液中通入HCl(g)(忽略溶液体积的变化)，部分阴离子的物质的量浓度与pH 的变化如图
所示。下列有关说法正确的是
A．M 点溶液中c (Na
+)+c (H
+)=c(HC4O4
−)+c(OH
−)+2c(C4O4
2−)
B．NaHC4O4溶液中c (Na
+)>c(HC4O4
−)>c(OH
−)>c(C4O4
2−)>c (H
+)
C．常温下Na2C4O4溶液中水解平衡常数K h1(C4O4
2−)=10
−10.42
D．NaHC4O4溶液稀释过程中，
c(HC4O4
−)
c(C4O4
2−)
增大
【答案】C
【分析】四方酸是二元酸，向0.1mol⋅L
−1四方酸钠(Na2C4O4)溶液中通入HCl(g)，存在反应：C4O❑4
2−+H+
⇌HC4O❑4
−，HC4O❑4
−+H+⇌H2C4O4，随着HCl 的通入，溶液中c(H+)逐渐增大，C4O❑4
2−的浓度逐渐减小，
HC4O❑4
−的浓度先增大，后减小，因此，曲线Ⅰ表示c(C4O❑4
2−)随pH 的变化趋势，曲线Ⅱ表示c(HC4O❑4
−
)随pH 的变化趋势。
M 点时，c(C4O❑4
2−)= c(HC4O❑4
−)，由HC4O❑4
− ⇌H++C4O❑4
2−的Ka2=c (H
+)⋅c(C4O4
2-)
c(HC4O4
-)
，则M 点时
pH=pKa2，可知Ka2=10-3.58，据此分析。
【详解】A．因为水解是很微弱的，因此在0.1mol⋅L
−1四方酸钠(Na2C4O4)溶液中存在c(C4O❑4
2−
)>c(HC4O❑4
−)，M 点时c(C4O❑4
2−)= c(HC4O❑4
−)，说明向四方酸钠(Na2C4O4)溶液中通入了HCl 气体，导致
c(C4O❑4
2−)= c(HC4O❑4
−)，则M 点时存在电荷守恒关系为：
c (Na
+)+c (H
+)=c(HC4O4
−)+c(OH
−)+2c(C4O4
2−)+c(Cl
-)，A 错误；
B．NaHC4O4溶液中存在电离：HC4O❑4
− ⇌H++C4O❑4
2−以及水解：HC4O❑4
−+H2O⇌H2C4O4+OH-，电离平
衡常数Ka2=10-3.58，水解平衡常数Kh=c(H2C4O4)·c(OH
-)
c(HC4O4
-)
= K ❑
W
❑
K a1
，Ka1>Ka2，则Kh<10-10.42，即Ka2>Kh，因
此NaHC4O4溶液中以HC4O❑4
−的电离为主，溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，粒子浓度大小关系为：
c (Na
+)>c(HC4O4
−)>c (H
+)>c(C4O4
2−)>c(OH
−)，B 错误；
C．常温下Na2C4O4溶液中水解平衡常数K h1(C4O4
2−)= K w
K a2
= 10
−14
10
−3.58 =10
−10.42，C 正确；
D．NaHC4O4溶液以电离为主，
c(HC4O4
−)
c(C4O4
2−)
= c(HC4O4
−)⋅c(H
+)
c(C4O4
2−)⋅c(H
+)
= c(H
+)
K a2
，稀释过程中，c(H+)逐渐减小，则
c(HC4O4
−)
c(C4O4
2−)
减小，D 错误；
答案选C。
12．（2026·湖南岳阳·二模）常温，向20.00mL 0.10 mol/L NaR 溶液中滴入等浓度的HM 溶液，所得溶
液中lg c (HM)
c (HR)与lg c(M
−)
c(R
−)
的关系如图所示。已知K a(HR)= 4.0×10
−5，下列说法正确的是
A．随着HM 的滴入，水的电离程度先变大后变小
B．pH=6 时，c (HR)⋅c (HM)
c(R
−)⋅c(M
−) 的值比pH=7 时的小
C．滴入10.00mL HM 溶液后，溶液中存在：c(R
−)<c (HR)
D．滴入20.00mL HM 溶液后，溶液中存在：c (HR)+c(OH
−)+c(R
−)<c (HM)+c (Na
+)+c (H
+)
【答案】D
【详解】A．原NaR 溶液中R−水解促进水的电离，滴入酸HM 时，反应生成弱酸HR，R−浓度减小，水的
电离被促进的程度减弱，HM 过量后电离出H+抑制水的电离，水的电离程度一直减小，A 项错误；
B．由K a( HR)= c( H
+)c( R
−)
c( HR)
和K a( HM )= c( H
+)c( M
−)
c( HM )
可知，
c( HR)⋅c( HM )
c( R
−)⋅c( M
−)
= c( HR)
c( R
−)
⋅c( HM )
c( M
−)
= c( H
+)
K a( HR) ⋅c( H
+)
K a( HM ) =
c
2( H
+)
K a( HM )⋅K a( HR)，电离平衡常数为
定值，pH 越小c(H+)越大，该比值越大，pH=6 时c(H+)大于pH=7 时，则pH=6 时比值更大，B 项错误；
C．滴入等浓度10 mL HM溶液后，根据反应HM + NaR = HR + NaM，得到的溶液中HR、NaR浓度相等，因
K h(R
−)=
K W
K a (HR) = 1.0×10
−14
4.0×10
−5 =2.5×10
−10≪K a (HR)，说明溶液中HR的电离程度远大于R
−的水解程度，
则c(R
−)>c(HR)，C 项错误；
D．向其中滴入20 mL等浓度的HM溶液后，根据物料守恒可知n (M)=n (R)，微粒处于同一溶液中，根据物料
守恒可得c(HM)+c(M
−)=c(HR)+c(R
−)；根据电荷守恒可知c(Na
+)+c(H
+)=c(M
−)+c(R
−)+c(OH
−)，两式相
加，整理可得关系式c(HR)+c(OH
−)+2c(R
−)= c(HM)+c(Na
+)+c(H
+)，则
c(HR)+c(OH
−)+c(R
−)<c(HM)+c(Na
+)+c(H
+)，D 项正确；
答案选D。
13．（2026·河北沧州·二模）常温下，向含有足量Cu (OH)2的饱和溶液中逐滴滴加氨水(忽略NH3的挥发)，
Cu (OH)2逐渐转化为[Cu(NH3)4)
2+，溶液中lgc (M)与pH 的关系如图所示，M 表示Cu
2+、[Cu(NH3)4)
2+、NH4
+
或NH3⋅H2O，已知m、n 点坐标分别为(9.9,−3.3)、(9.9,−11.5)。下列说法错误的是
A．L2表示lgc(NH3⋅H2O)与pH 的关系
B．逐滴滴加氨水的过程中NH3⋅H2O的电离程度减小
C．pH =9时，c(NH4
+)>c(NH3⋅H2O)>c(Cu
2+)>c (H
+)
D．Cu (OH)2(s)+ 4 NH3⋅H2O (aq)⇌[Cu(NH3)4)
2+ (aq)+ 4 H2O (l)+2OH
−(aq)的K =10
−6.5
【答案】C
【分析】随pH 增大，c(OH
-)增大，Ksp=c(Cu
2+)c
2(OH
-)，故c(Cu
2+)减小；逐渐生成[Cu(NH3)4)
2+，
c{[Cu(NH3)4)
2+)增大；根据Cu2+(aq)+4NH3·H2O(aq)⇌[Cu(NH3)4)
2+ (aq)+4H2O(l)，K
=c{[Cu(NH3)4)
2+)
c(Cu
2+)c
4(NH3·H2O)
值不变，故c(NH3·H2O)增大，且增大程度小于c{[Cu(NH3)4)
2+)增大程度；根据
Kb=c(NH4
+)c(OH
-)
c(NH3·H2O)
值不变，c(OH
-)增大，c(NH3·H2O)增大，Kb
c(OH
-) =c(NH4
+)
c(NH3·H2O)
值减小，故c(NH4
+)增大
程度小于c(NH3·H2O)增大程度，故L1、L2、L3、L4分别代表c(NH4
+)、c(NH3·H2O)、c(Cu
2+)、
c{[Cu(NH3)4)
2+)，据此分析；
【详解】A．由分析可知，L2表示lgc(NH3⋅H2O)与pH 的关系，A 正确；
B．逐滴滴加氨水的过程中NH3⋅H2O的浓度增大，弱电解质电离规律：浓度越大，电离程度越小，B 正确；
C．pH =9.3时，c(NH4
+)=c(NH3⋅H2O)，c(OH
−)=10
−4.7 mol⋅L
−1，则K b(NH3⋅H2O)=10
−4.7，由
K b= c( NH 4
+)c(OH
−)
c( NH 3⋅H 2O) 得：
c( NH 4
+)
c( NH 3⋅H 2O) =
K b
c(OH
−)
= 10
−4.7
10
−5 =10
0.3>1，故c( NH 4
+)>c( NH 3⋅H 2O)；
根据n 点坐标可知，pH =9.9时，c(Cu
2+)=10
−11.5 mol⋅L
−1、c(OH
−)=10
−4.1mol⋅L
−1，则
K sp[Cu(OH)2)=c(Cu
2+)⋅c
2(OH
−)=10
−19.7，pH =9时，c (H
+)=10
−9 mol⋅L
−1、c(OH
−)=10
−5 mol⋅L
−1，
c(Cu
2+)= K sp[Cu(OH)2)
c
2(OH
−)
=10
−9.7 mol⋅L
−1<c (H
+)，正确顺序为：c(NH4
+)>c(NH3⋅H2O)>c (H
+)>c(Cu
2+)，
C 错误；
D．根据m 、n点坐标可知，pH =9.9时，c([Cu(NH3)4)
2+)=10
−11.5 mol⋅L
−1，
c(NH3⋅H2O)=10
−3.3 mol⋅L
−1，c(OH
−)=10
−4.1mol⋅L
−1，则反应
Cu(OH)2(s)+ 4 NH3⋅H2O (aq)⇌[Cu(NH3)4)
2+ (aq)+ 4 H2O (l)+2OH
−(aq)的平衡常数
K =
c([Cu(NH3)4)
2+)⋅c
2(OH
−)
c
4(NH3⋅H2O)
=10
−6.5，D 正确；
故选C。
14．（2026·西藏拉萨·二模）乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为Y)可结合H+转化为[[H2NCH2CH2NH3)
+(简写为
HY
+)和[H3NCH2CH2NH3)
2+(简写为H2Y
2+)，其分布系数δ (N)与pH 的变化关系如图所示(其中N 代表Y、HY
+
或H2Y
2+)。例如，δ(H2Y
2+)=
c(H2Y
2+)
c (Y)+c (HY
+)+c(H2Y
2+)
。
下列说法中不正确的是
A．曲线Ⅲ对应的微粒是H2NCH2CH2NH2
B．c
2(HY
+)>c (Y)·c(H2Y
2+)
C．δ (HY
+)最大时对应的pH=6.85
D．H2Y
2++OH
−⇌HY
++ H2O的平衡常数K =10
7.15
【答案】C
【分析】乙二胺Y 是二元碱，pH 越小（H
+浓度越大），质子化程度越高，因此： 低pH 下H2Y
2+（结合2
个H
+）浓度最大，对应曲线Ⅰ；中间pH 下HY
+（结合1 个H
+）浓度最大，对应曲线Ⅱ；高pH 下Y（未结
合质子）浓度最大，对应曲线Ⅲ；由图得： pH=6.85 时c(H2Y
2+)=c (HY
+)，H2Y
2+的第一步电离常数
K a1= c (H
+)c (HY
+)
c(H2Y
2+)
=10
−6.85；pH=9.93 时c (HY
+)=c (Y)，HY
+的电离常数K a2= c (H
+)c (Y)
c (HY
+)
=10
−9.93。
【详解】A．曲线Ⅲ在高pH 下分布系数接近1，对应未质子化的乙二胺H2NCH2CH2NH2，A 正确；
B．
c
2(HY
+)
c (Y)c(H2Y
2+)
= K a1
K a2
= 10
−6.85
10
−9.93 =10
3.08>1，因此c
2(HY
+)>c (Y)⋅c(H2Y
2+)，B 正确；
C．当c(H2Y
2+)=c (Y)时δ(HY
+)最大，K a1⋅K a2= c (H
+)c (HY
+)
c(H2Y
2+)
× c (H
+)c (Y)
c (HY
+)
=c
2(H
+)=10
−6.85×10
−9.93
=10-16.78，c(H
+)=10
−8.39，对应pH =8.39，C 错误；
D．反应H2Y
2++OH
-⇌HY
++H2O的平衡常数：
K =
c (HY
+)
c(H2Y
2+)c (OH
-) = c (HY
+)c (H
+)
c(H2Y
2+)
⋅
1
c (H
+)c (OH
-) = K a1
K w
= 10
−6.85
10
−14 =10
7.15，D 正确；
故答案为：C。
15．（2026·福建福州·二模）常温下，向含Cu
2+(0.0100 mol⋅L
−1)、NH4
+(1.00 mol⋅L
−1)的混合溶液中缓
缓加入适量NaOH 固体（过程中未见沉淀产生），测得溶液中Cu
2+、[Cu(NH3)2)
2+分布系数δ、
p(NH3⋅H2O)随pH 变化如图所示。
已知：δ (Cu
2+)=
c(Cu
2+)
溶液中含铜粒子浓度之和
；p(NH3⋅H2O)=−lgc(NH3⋅H2O)；
K b(NH3⋅H2O)=1.8×10
−5；Cu
2+与NH3⋅H2O反应生成[Cu(NH3)n)
2+(n=1∼4)
下列说法正确的是
A．ⅰ是p(NH3⋅H2O)～pH 关系曲线
B．反应[Cu(NH3)2)
2++2H2O⇌Cu
2++2NH3⋅H2O平衡常数的数量级为10
−2
C．pH 为7～8 时，c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)的值不变
D．pH =9时，溶液中c(NH4
+)>c(NH3⋅H2O)>c[Cu(NH3)4
2+)
【答案】D
【分析】向溶液中加入NaOH，pH 升高，发生反应N H 4
++O H
−⇌N H 3⋅H 2O，故c( N H 3⋅H 2O)随
pH 增大而增大，而p( N H 3⋅H 2O)=−lg c( N H 3⋅H 2O)，故p( N H 3⋅H 2O)随pH 增大持续减小。含
铜粒子的分布系数：C u
2+随pH 增大、配位反应进行，浓度不断降低，因此δ(C u
2+)随pH 增大持续下降，
且下降速率最快；[Cu( N H 3)2]
2+随配位进行，先增加后减少，因此分布系数先升后降。结合图像可得：i
是δ(C u
2+)曲线，ii是p( N H 3⋅H 2O)∼pH曲线，iii是δ[Cu( N H 3)2]
2+曲线。
【详解】A．根据分析，i是δ(C u
2+)曲线，ii是p( N H 3⋅H 2O)∼pH曲线，A 错误；
B．该反应的平衡常数表达式为K = c(Cu
2+)⋅c
2( NH 3⋅H 2O)
c([Cu( NH 3)2]
2+)
，从图中曲线i 和iii 的交点可知，当pH 约
为6.5 时， c(Cu
2+)=c([Cu( NH 3)n]
2+)，此时，从曲线ii 可知，p(NH 3⋅H 2O)约为2.5，即
c( NH 3⋅H 2O)=10
−2.5 mol⋅L
−1，将这些值代入平衡常数表达式：
K =
c(Cu
2+)
c([Cu( NH 3)2]
2+)
⋅c
2( NH 3⋅H 2O)=1×(10
−2.5)
2=10
−5，该平衡常数的数量级为10
−5，B 错误；
C．初始溶液中 n(N)总=n(NH4
+)初始=1.00 mol⋅L
−1，根据 N元素物料守恒：
c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)+c([Cu(NH3)n]
2+)=1.00 mol⋅L
−1；pH为7∼8时，Cu
2+与NH3配位生成
[Cu(NH3)2]
2+，c([Cu(NH3)2]
2+)先增大后减小，故c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)先减小后增大，并非不变，C 错
误；
D．pH =9时，c(OH
−)=10
−5mol / L，由K b( NH 3⋅H 2O)= c( NH 4
+)⋅c(OH
−)
c( NH 3⋅H 2O)
=1.8×10
−5，代入得：
c( NH 4
+)
c( NH 3⋅H 2O) = 1.8×10
−5
10
−5
=1.8>1⟹c( NH 4
+)>c( NH 3⋅H 2O)；由图像知 pH =9时，
[Cu( N H 3)4]
2+的分布系数远小于 N H 3⋅H 2O的分布系数，即 c( N H 3⋅H 2O)>c([Cu( N H 3)4]
2+)，
因此顺序为： c( NH 4
+)>c( NH 3⋅H 2O)>c[Cu( NH 3)4
2+]，D 正确；
故选D。
1．（2026·湖北·二模）常温下，M2+在不同酸碱性的Na2A 溶液中的存在形式不同，有M2+及难溶物MA、
M(OH)2等形式，Na2A 溶液中pM[pM =−lgc(M
2+))、含A 微粒的物质的量分数随pOH[pOH =−lgc(OH
−))
的变化如图所示，下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ表示H2A 的物质的量分数，曲线Ⅲ表示A2-的物质的量分数
B．0.1mol/LNaHA溶液中存在：c(A
2−)>c(H2A)
C．曲线Ⅳ上的点满足c (M
2+)⋅c (A
2-)= K sp(MA)
D．常温下a 点，M2+在Na2A 溶液中能生成MA 沉淀但不能生成M(OH)2沉淀
【答案】D
【分析】在该溶液中存在如下电离平衡，H2A
HA
⇌
−+H
+Ka1，HA
−⇌A
2−+H
+Ka2，根据横坐标
pOH =−lgc(OH
−)可知，pOH 越大，c(OH
−)越小，c(H
+)越大，上述电离程度越小，溶液中含A 微粒的变
化为A
2−→HA
−→H2 A，所以曲线Ⅰ表示A
2−的物质的量分数，曲线Ⅱ表示HA
−的物质的量分数，曲线Ⅲ
表示H2A的物质的量分数，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点处pOH=3.5，即c(OH
−)=10
−3.5 mol/L，
c(A
2−)=c(HA
−)，所以Ka2=c(A
2−)c(H
+)
c(HA
−)
=c(H
+)=10
−10.5，曲线Ⅱ和曲线Ⅲ的交点处pOH=7.5，即
c(OH
−)=10
−7.5 mol/L，c(H2A)=c(HA
−)，所以Ka1=c(HA
−)c(H
+)
c(H2A)
=c(H
+)=10
−6.5，pM= lgc(M
−
2+)，
pM 越大，c(M
2+)越小，据此分析。
【详解】A．由分析可知，曲线I表示A
2−的物质的量分数，曲线Ⅲ表示H2 A的物质的量分数，A 错误；
题型04
沉淀溶解平衡
B．由分析可知，HA
−的电离常数Ka2=10
−10.5，HA
−的水解常数Kh= Kw
Ka1
= 10
−14
10
−6.5 =10
−7.5>Ka2，说明HA
−水
解程度大于电离程度，水解生成的H2A更多，故c(H2A)>c(A
2−)，B 错误；
C．对于MA(s)
M
⇌
2+(aq)+A
2−(aq)，pOH 增大，c(A
2−)减小，平衡时c(M
2+)增大，pM 减小，变化幅度
小；对于M(OH)2(s)⇌M
2+(aq)+2OH
−(aq)，pOH 增大，c(OH
−)减小，c
2(OH
−)减小更快，平衡时
c(M
2+)增大更快，pM 减小更快，因此下降更快的曲线Ⅳ是M(OH)2的溶解平衡曲线，曲线Ⅴ才是MA 的溶
解平衡曲线，C 错误；
D．对MA 的沉淀溶解平衡，a 点pM 小于平衡曲线Ⅴ的pM，说明c(M
2+)大于平衡浓度，
Q=c(M
2+)c(A
2−)> K sp(MA)，能生成MA 沉淀；对M(OH)2的沉淀溶解平衡，a 点pM 大于平衡曲线Ⅳ的
pM，说明c(M
2+)小于平衡浓度，Q=c(M
2+)c
2(OH
-)<Ksp(M(OH)2)，不能生成M (OH)2沉淀，D 正确；
答案选D。
2．（2026·安徽合肥·二模）在含难溶碱Cd (OH)2(s)的溶液中，一定pH范围内存在平衡关系：
Cd (OH)2(s)⇌Cd (OH)2(aq) K 1=10
−5.27，Cd
2+ (aq)+OH
−(aq)⇌CdOH
+ (aq) K 2，
CdOH
+ (aq)+OH
−(aq)⇌Cd (OH)2(aq) K 3=10
4.2，Cd (OH)2(aq)+OH
−(aq)⇌Cd (OH)3
−(aq) K 4，
Cd (OH)3
−(aq)+OH
−(aq)⇌Cd (OH)4
2−(aq) K 5。25℃时，pM随pH的变化关系如图所示[其中pM =−lgc (M)，
M表示Cd
2+、CdOH
+、Cd (OH)3
−、Cd (OH)4
2−]。下列说法错误的是
A．Ⅱ代表p(CdOH
+)随pH的变化情况
B．25℃时，K sp[Cd (OH)2)=10
−13.67
C．b点，c (CdOH
+)−c[Cd (OH)3
−)=c(OH
−)−c (H
+)
D．随pH增大，c[Cd (OH)2(aq))保持不变
【答案】C
【分析】根据pM 定义：pM =−lg c( M )，浓度越大，pM越小；且pH增大时c(O H
−)增大，对于Cd
2+：
K sp=c(Cd
2+)⋅c
2(OH
−)，变形得：c(Cd
2+)=
K sp
c
2(OH
−)，则p(Cd
2+)=2(pH−14)+ p K sp，斜率为+2，
低pH（酸性）条件下，O H
−浓度小，C d
2+浓度最大，pM 最小；且pH 增大时pM 上升最快，是正斜率
（pM 随pH 增大而增大）中最陡的线，对应图中Ⅰ线（注意纵坐标从下往上是减小，所以此处斜率为+2
是下降曲线）。
对于CdOH
+：K 2=
c(CdOH
+)
c(Cd
2+)c(OH
−)
，代入c(Cd
2+)=
K sp
c
2(OH
−)
得：c(CdOH
+)= K 2 K sp
c(OH
−)
，则
p(CdOH
+)=pH−14 + p K 2+ p K sp，斜率为+1，对应线Ⅱ；
对于Cd(OH )3
−：第一个平衡：Cd (OH)2(s)⇌Cd (OH)2(aq)，平衡常数K 1=c[Cd(OH )2(aq)]（温度不变
为定值）；结合K 4=
c[Cd(OH )3
−]
c[Cd(OH )2(aq)]c(OH
−)
，得c[Cd(OH )3
−]= K 4⋅K 1⋅c(OH
−)， 则
p[Cd(OH )3
−]=−lgc(OH
−)+ p(K 4⋅K 1)=−(pH−14)+ p(K 4⋅K 1)，斜率为-1，对应线Ⅲ；
对于Cd(OH )4
2−：K 5=
c[Cd (OH)4
2−)
c[Cd (OH)3
−)·c(OH
−)
，c[Cd (OH)4
2−)= K 5 K 4⋅K 1⋅c
2(OH
−)，
p[Cd (OH)4
2−)=−2( pH −14)+ p(K 5· K 4⋅K 1)，斜率为-2，对应线Ⅳ ；
【详解】A．根据分析，Ⅱ代表p(CdO H
+)随pH的变化，A 正确；
B．a 点pH =9.8，I 和Ⅱ交点，说明c(C d
2+)=c(CdO H
+)。根据K 2=
c(CdO H
+)
c(C d
2+)c(O H
−)
，代入
c(C d
2+)=c(CdO H
+)得：K 2=
1
c(O H
−)
=10
(14−9.8)=10
4.2
；又
K 1=c[Cd(OH )2(aq)]=
c (CdOH
+)
c(Cd
2+)·c(OH
−) × c[Cd (OH)2(aq))
c (CdOH
+)·c(OH
−) ×c(Cd
2+)c
2(OH
−) = K 2· K 3· K sp，因此：
K sp=
K 1
K 2 K 3
=
10
−5.27
10
4.2×10
4.2 =10
−13.67， B 正确；
C．根据溶液电荷守恒，阳离子电荷总和等于阴离子电荷总和：
2c(C d
2+)+c(CdO H
+)+c( H
+)=c(O H
−)+c[Cd(OH )3
−]+2c[Cd(OH )4
2−] ，整理得：
c(CdO H
+)−c[Cd(OH )3
−]=c(O H
−)−c( H
+)−2c(C d
2+)−2c[Cd(OH )4
2−]，b 点c(C d
2+)和
c[Cd(OH )4
2−]均不为0，因此等式不成立，C 错误；
D．存在平衡Cd(OH )2(s)⇌Cd(OH )2(aq)，平衡常数K 1=c[Cd(OH )2(aq)]，温度不变时K 1不变，
因此c[Cd(OH )2(aq)]保持不变，D 正确；
故选C。
3．（2026·湖北襄阳·二模）已知CaF2难溶于水、可溶于强酸。常温下，用HCl调节CaF2浊液的pH，测得不
同pH条件下，体系中−lgc (X)(X为Ca
2+或F
−)与lg c (H
+)
c (HF)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．L1代表−lgc( F
−)与lg c (H
+)
c (HF)的变化曲线
B．M 点的坐标为(0.27,3.47)
C．反应CaF2(s)+2H
+ (aq)⇌Ca
2+ (aq)+2HF (aq)的平衡常数K =1.0×10
−4
D．M点的溶液中存在c(Cl
−)>c(Ca
2+)=c (HF)>c (H
+)
【答案】D
【分析】由HF 的电离平衡HF⇌H
++ F
−得K a (HF)= c (H
+)c(F
−)
c (HF)
；易知−lgc(F
−)=lg c (H
+)
c (HF) -lg K a (HF)，
即−lgc(F
−)与lg c (H
+)
c (HF)成线性关系，直线斜率为1，则L1代表−lgc(F
−)与lg c (H
+)
c (HF)的变化曲线，如图可
知：当−lg c(F
−)=0时，lg c(H
+)
c(HF) =lg K a=−3.2，即K a=10
−3.2，p K a( HF )=3.2；由反应
CaF2(s)+2H
+ (aq)⇌Ca
2+ (aq)+2HF (aq)得K = c(Ca
2+)c
2(HF)
c
2(H
+)
；易知
−lgc(Ca
2+)=2lg c (HF)
c(H
+)
-lg K =−2lg c (H
+)
c (HF) -lg K，即−lgc(Ca
2+)与lg c (H
+)
c (HF)成线性关系，直线斜率
为-2，则L2代表−lgc(Ca
2+)与lg c (H
+)
c (HF)的变化曲线，如图可知：当lg c (H
+)
c (HF) =0时
−lg K =−lgc(Ca
2+)= 4⇒K =1×10
−4；据此解答。
【详解】A．据分析，L1代表−lgc(F
−)与lg c (H
+)
c (HF)的变化曲线，A 正确；
B．M 点为两曲线交点，因此−lg c(F
−)=−lg c(Ca
2+)，即c(F
−)=c(Ca
2+)=c，CaF2的溶度积
K sp(CaF2)=c(Ca
2+)c
2(F
−)，当lg c(H
+)
c(HF) =0时，−lg c(F
−)=0+3.2=3.2，−lg c(Ca
2+)= 4，则
K sp(CaF2)=10
−4×(10
−3.2)
2=10
−10.4，M 点K sp(CaF2)=c
3=10
−10.4，得c =10
−3.47，−lg c =3.47，代入
−lg c(F
−)=lg c(H
+)
c(HF) +3.2，得lg c(H
+)
c(HF) =3.47−3.2=0.27故M 点坐标为(0.27,3.47)，B 正确；
C．据分析，反应CaF2(s)+2H
+ (aq)⇌Ca
2+ (aq)+2HF (aq)的平衡常数K =1×10
−4，C 正确；
D．M点lg c (H
+)
c (HF) =0.27>0，则c (H
+)
c (HF) >1，即c (H
+)>c (HF)，根据物料守恒，F 元素总浓度等于2 倍Ca 浓
度：c(F
−)+c(HF)=2c(Ca
2+)，M 点c(F
−)=c(Ca
2+)，得c(HF)=c(Ca
2+)，结合电荷守恒可推得
c(Cl
−)>c(Ca
2+)，故浓度关系为c(Cl
−)>c(H
+)>c(Ca
2+)=c(HF)，D 错误；
故选D。
4．（2026·山西运城·二模）常温下，向浓度均为0.1mol⋅L
−1的MgCl2和AlCl3混合液中缓慢滴加氨水，溶
液中pX[p X =−lg X，X =c(Mg
2+)、c(Al
3+)、
c(NH3⋅H2O)
c(NH4
+)
]、含N 粒子分布系数(δ)与pH 的关系如图所
示。下列叙述正确的是
已知：当某离子浓度c≤1.0×10
−5 mol⋅L
−1时，可视为该离子已完全反应。
A．曲线②代表−lgc(Al
3+)与pH 的关系B．K sp[Mg (OH)2)=10
−11.24
C．点c 坐标为(0.5,9.0)
D．当Al
3+完全沉淀时，Mg
2+已开始沉淀
【答案】B
【详解】A．pH 升高，δ (NH3⋅H2O)增大，故L1代表δ(NH4
+)与pH 的关系，L2代表δ (NH3⋅H2O)与pH 的关
系，根据电离方程式、溶度积表达式可知，−lg c(NH3⋅H2O)
c(NH4
+)
=14+lg K b−pH，
−lgc(Mg
2+)=−lg K sp[Mg (OH)2)−14×2+2pH，−lgc(Al
3+)=−lg K sp[Al(OH)3)−14×3+3pH，根据曲
线①②③对应pX 与pH 的关系可知，①代表−lg c(NH3⋅H2O)
c(NH4
+)
)与pH 的关系，②代表−lgc(Mg
2+)与pH 的
关系，③代表−lgc(Al
3+)与pH 的关系，A 项错误；
B．根据a 点坐标，c(Mg
2+)=10
−0.58 mol⋅L
−1，c(H
+)=10
−8.67mol· L
−1，Mg (OH)2的
K sp[Mg (OH)2)=c(Mg
2+)·c
2(OH
−)=10
−0.58×(
10
−14
10
−8.67)
2
=10
−11.24，B 项正确；
C．c 点存在c(NH4
+)=c(NH3⋅H2O)，K b= c(NH4
+)⋅c(OH
−)
c(NH3⋅H2O)
=c(OH
−)，由a 点坐标可知，
c(H
+)=10
−8.67mol· L
−1，
c(NH3⋅H2O)
c(NH4
+)
=10
−0.58❑，
K b(NH 3· H 2O)= c(NH 4
+)·c(OH
−)
c(NH 3· H 2O)
=
1
10
−0.58 × 10
−14
10
−8.67 =10
−4.75，K b只与温度有关；
pH =14−pOH =14−4.75=9.25，点c 坐标为(0.5,9.25)，C 项错误；
D．根据b 点坐标，c( Al
3+)=10
−4.68 mol⋅L
−1，c(H
+)=10
−4.57mol· L
−1，Al(OH)3的
K sp[ Al (OH)3)=c( Al
3+)·c
3(OH
−)=10
−4.68×(
10
−14
10
−4.57)
3
=10
−32.97；Al
3+完全沉淀时，
c(Al
3+)=1.0×10
−5 mol⋅L
−1，c(OH
−)=
3√
1×10
−32.97
1×10
−5 mol⋅L
−1 ≈10
−9.3 mol⋅L
−1，此时
Q[Mg (OH)2)=c(Mg
2+)⋅c
2(OH
−)=0.1×(10
−9.3)
2<10
−11.24，无Mg (OH)2沉淀生成，D 项错误；
故选B。
5．（2026·内蒙古呼和浩特·二模）常温下，向AgBr悬浊液(含有足量AgBr固体)中滴加Na2X溶液，发生如
下反应：①Ag
++ X
2−⇌AgX
−；②AgX
−+ X
2−⇌AgX2
3−。相关数据如图所示，M代表Ag
+或Br
−；N 代表
c (Ag
+)
c(AgX
−)或c (Ag
+)
c(AgX2
3−)
。下列说法错误的是
A．L3代表c (Ag
+)
c(AgX
−)
随lgc(X
2−)变化的关系
B．常温下，K sp(AgBr)=10
−12.2
C．c 点：存在c(Br
−)=c (Ag
+)+2c(AgX
−)
D．c(X
2−)=1×10
−4 mol/L时有：c(AgX2
3−)>c(AgX
−)>c(Br
−)
【答案】D
【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等。向AgBr 饱和溶液中滴加Na2X溶液，与Ag
+
形成配离子，c (Ag
+)减小，lgc (Ag
+)减小，AgBr 溶解平衡正向移动，c(Br
−)增大，lgc(Br
−)增大，所以
L1代表lgc(Br
−)随lgc(X
2−)变化的关系，L2代表lgc (Ag
+)随lgc(X
2−)变化的关系；刚开始加入Na2X溶液
时，先生成AgX
−，则一开始，c(AgX
−)>c(AgX2
3−)，lg c (Ag
+)
c(AgX
−)<lg c (Ag
+)
c(AgX2
3−)
，故L3表示lg c (Ag
+)
c(AgX
−)随
lgc(X
2−)变化的关系，L4表示lg c (Ag
+)
c(AgX2
3−)
随lgc(X
2−)变化的关系。
【详解】A．根据分析可知，L3代表c (Ag
+)
c(AgX
−)
随lgc(X
2−)变化的关系，A 正确；
B．根据图中b 点可知c(X
2−)=10
−4.6 mol·L
-1、c (Ag
+)=10
−8.35 mol·L
-1；a 点c(X
2−)=10
−4.6 mol·L
-1、
c(Br
−)=10
−3.85 mol·L
-1，K sp(AgBr)=c(Ag
+)c(Br
−)=10
−8.35×10
−3.85=10
−12.2，B 正确；
C．根据物料守恒，c 点c(Br
−)=c(AgX2
3−)+c(AgX
−)+c (Ag
+)，c 点为L4、L3的交点，故
c(AgX2
3−)=c(AgX
−)，c(Br
−)=c (Ag
+)+2c(AgX
−)，C 正确；
D．向AgBr 饱和溶液（有足量AgBr 固体）中滴加Na2X溶液，则溴化银溶解，溴离子浓度较大，由图可知，
当c(X
2−)=1×10
−4 mol/L时，L4＜L3，结合分析可知，L4表示lg c (Ag
+)
c(AgX2
3−)
随lgc(X
2−)变化的关系、直线
L3表示lg c (Ag
+)
c(AgX
−)
随lgc(X
2−)变化的关系，则溶液中c(AgX2
3−)>c(AgX
−)，所以溶液中离子浓度大小顺序
为c(Br
−)>c(AgX2
3−)>c(AgX
−)，D 错误；
故答案选D。
6．（2026·天津和平·二模）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH 变化关系如下图［例如
δ (H2S)=
c(H2S)
c(H2S)+c(HS
−)+c(S
2−)］。已知：K sp(FeS)=6.3×10
−18，K sp[Fe(OH)2)= 4.9×10
−17。
下列说法错误的是
A．K a1(H2S)=1.0×10
−7，K a2(H2S)=1.0×10
-13
B．pH =10时，c(H2S):c(HS
−):c(S
2−)=1:1000:1
C．0.1mol⋅L
−1NaHS溶液中：c(H2S)>c(S
2−)
D．0.010 mol⋅L
−1的FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol⋅L
−1的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS
(已知❑√5≈2.24)
【答案】D
【分析】
在H2S 溶液中存在电离平衡：H2S⇌H
++HS
-、HS
-⇌H
++S
2-，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。
【详解】A．由分析可知，氢硫酸的一级电离常数为：Ka1(H2S)= 1.0×10-7、二级电离常数为：Ka2(H2S)=
1.0×10-13，A 正确；
B．由电离常数可知，溶液pH 为10 时，溶液中c (HS
-)
c (H2S) = 1.0×10
-7
1.0×10
-10= 1.0×103，则溶液中
c(H2S)=10
-3c(HS
−)；同理可知，溶液中c (S
2-)=10
-3c (HS
-)，则溶液中
c(H2S):c(HS
−):c(S
2−)=1:1000:1，B 正确；
C．硫氢根离子的水解常数为：Kh= K w
K a1
= 1.0×10
-14
1.0×10
-7 =1.0×10-7＞Ka2(H2S)= 1.0×10-13，则溶液中硫氢根离子
在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液中水解产物氢硫酸的浓度大于电离产物硫离子，C 正确；
D．硫离子的水解常数为：Kh= K w
K a1
= 1.0×10
-14
1.0×10
-13=1.0×10-1，硫离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，
设0.10 mol/L 硫化钠溶液中氢氧根离子浓度为x mol/L，由水解常数可得： (xmol/L)
2
0.10 mol/L-xmol/L =0.1，解
得：x≈0.062 mol/L；0.01 mol/L 氯化亚铁溶液中加入等体积0.2 mol/L 硫化钠溶液时，瞬间得到0.005 mol/L
氯化亚铁和0.10 mol/L 硫化钠的混合液，则溶液中硫化亚铁的浓度商为：0.005 mol/L×(0.1 mol/L-0.062
mol/L ) ≈1.9×10-4＞Ksp(FeS)，氢氧化亚铁的浓度商为：0.005 mol/L×(0.062 mol/L)2≈1.9×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，
则反应初始生成的沉淀是硫化亚铁和氢氧化亚铁，D 错误；
故选D。
7．（2026·河北张家口·二模）已知：XA、X (OH)2不溶于水，H2A为二元弱酸。常温下，在H2A、HA
−、A
2−
总浓度为0.1mol⋅L
−1的溶液中，含A 微粒物质的量分数、pX[pX =−lgc(X
2+))随pH 变化的曲线如图所示，
A、B、C 点的坐标分别为(4.8,0.5)、(10.2,0.5)、(10.2,14)。下列说法正确的是
A．NaHA 溶液显酸性
B．N 点对应的pX =8.4
C．K sp[X (OH)2)=10
−21.6
D．将某Na2 A溶液调至pH =5，溶液中存在1
2 c (Na
+)=c(A
2−)且c(HA
−)>c(H2A)
【答案】C
【分析】H 2 A❑的两步电离：H 2 A❑⇌H❑
+ + HA❑
− K ❑a1❑= c( H❑
+ )·c( HA❑
−)
c( H 2 A❑)
，HA❑
−⇌H❑
+ + A❑
2−
K ❑a2❑= c( H❑
+ )·c( A❑
2−)
c( HA❑
−)
，当c( HA❑
−)=c( H 2 A❑)时，K ❑a1❑=c( H❑
+ )，对应A 点的pH=4.8，故
K ❑a1❑=10❑
−4.8；当c( HA❑
−)=c( A❑
2−)时，K ❑a2❑=c( H❑
+ )，对应B 点的pH=10.2，故K ❑a2❑=10❑
−10.2。
【详解】A．HA⁻的电离常数K a2=10
−10.2，水解常数K ❑h❑= K ❑w❑
K ❑a1❑
= 10
−14
10
−4.8 =10
−9.2，水解程度大于电离
程度，NaHA 溶液显碱性，A 错误；
B．HA⁻物质的量分数最高时pH❑
❑= p❑K ❑a1❑+ p❑K❑a2❑
2
=7.5，根据
K sp❑❑[ X (OH )2]=c( X❑
2+)⋅c
2(OH❑
−)推导得pX❑=2 pH❑−6.4，代入pH=7.5 得pX =8.6，B 错误；
C．pH=10.2 时，c(OH❑
−)=10
−3.8mol / L❑，c( X❑
2+)=10
−14mol / L❑，
K ❑sp❑[ X (OH )2]=10
−14×(10
−3.8)
2=10
−21.6，C 正确；
D．Na2A 溶液中物料守恒为1
2 c( Na❑
+ )=c( A❑
2−)+c( HA❑
−)+c( H 2 A❑)，故1
2 c( Na❑
+ )>c( A❑
2−)，D 错误；
故选C。
8．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知：XA、X (OH)2不溶于水，H2A为二元弱酸，室温下，在H2A、HA
−、
A
2−总浓度为0.1 mol⋅L
−1的溶液中，含A 微粒的物质的量分数和pX 随pH 变化如图所示，其中pX 代表
−lgc(X
2+)。下列说法正确的是
A．K sp[X (OH)2)的数量级为10
−21
B．M 点，pX=8.2
C．将0.1 mol⋅L
−1 Na2A溶液调至pH=5，溶液中一定存在：
c (Na
+)+c (H
+)=2c(A
2−)+c(HA
−)+c(OH
−)
D．饱和Na2A溶液与饱和NaHA 溶液均显碱性
【答案】D
【分析】曲线x：pH升高时，物质的量分数逐渐下降，对应H 2 A（二元弱酸，酸性越强，分子态越多）；
曲线y：pH升高时，物质的量分数先升高后下降，对应HA
−（中间产物，先生成后消失）；曲线z：pH
升高时，物质的量分数持续上升，对应A
2−（碱性越强，酸根离子态越多）；曲线w：pH升高时，pX持
续上升，对应−lgc(X
2+)（pH越高，OH
−越多，X
2+越容易沉淀，浓度越小，pX越大）；
【详解】A．当pH =10.2时，−lgc(X
2+)=14，则c(X
2+)=10
−14mol / L，此时c(H
+)=10
−10.2mol / L，
c(OH
−)=
K w
c(H
+)
= 10
−14mol / L
10
−10.2mol / L
=10
−3.8mol / L，则
K sp[X (OH)2)=10
−14×(10
−3.8)
2=10
−21.6≈2.5×10
−22，数量级为10
−22，A 错误；
B．M 点，曲线x、z 相交，此时c (H2A)=c(A
2−)，
K a1 K a2= c( H
+)×c( HA
−)
c( H 2 A )
× c( H
+)×c( A
2−)
c( HA
−)
=c
2(H
+)=10
−4.8×10
−10.2=10
−15，c (H
+)=10
−7.5 mol⋅L
−1，
c(OH
−)=10
−6.5，c(X
2+)=
K sp
c
2(OH
−)
= 10
−21.6
(10
−6.5)
2 =10
−8.6mol/ L，故pX=8.6，B 错误；
C．由图可知，溶液中同时存在金属阳离子X
2+，故正确的电荷守恒式应为：c (Na
+)
+c (H
+)+2c( X
2+)=2c(A
2−)+c(HA
−)+c(OH
−)，C 错误；
D．Na2 A溶液中，A
2−是弱酸根离子，在溶液中发生水解：A
2−+ H2O⇌HA
−+OH
−，水解出OH
−，溶液显
碱性；NaHA 溶液中存在水解(HA
−+ H2O⇌H2A+OH
−）的平衡常数为K h= K w
K a1
= 10
−14
10
−4.8 =10
−9.2，电离(
HA
−⇌H
++ A
2−）的平衡常数为K a2=10
−10.2，因为K h> K a2，所以溶液显碱性，D 正确；
故答案选D。
9．（2026·内蒙古包头·二模）常温下，将0.005 molFe2(SO4)3和0.01molNa3PO4加入1L 水中，调节溶液
的pH（忽略体积变化），平衡时体系中P 元素以FePO4、PO4
3−、HPO4
2−、H2PO4
−和H3PO4形式存在，物质的
量分数[如FePO4的物质的量分数为
n(FePO4)
n( 所有含磷物种) ×100 %]随pH 变化如图。下列说法正确的是
已知：K sp(FePO4)=10
−15，K sp[Fe(OH)3)=3×10
−39，10
0.2≈1.6
A．b 为H3PO4的变化曲线
B．Ka2(H3PO4)=1.0×10
−9
C．pH =0.7时，c (Na
+)=3[c(PO4
3−)+)c(HPO4
2−)+c(H2PO4
−)+c(H3PO4))
D．FePO4+2OH
−+ H2O = Fe(OH)3+ HPO4
2−平衡常数K 的数量级为10
21
【答案】D
【分析】题干中P 元素一共有5 种存在形式：FePO4沉淀、H3PO4、H2PO4
− 、HPO4
2−、PO4
3-，物质的量分数
随pH 变化规律如下：pH 越小（酸性越强）：FePO4越容易溶解，溶解出的P 会结合更多H
+，因此酸性极
强时P 主要以H3PO4存在，对应下降的曲线a 为H3PO4 ；pH 升高到1∼7：PO4
3-浓度升高，和Fe
3+结合生成
FePO4沉淀，几乎所有P 都转化为FePO4，物质的量分数接近1，对应曲线b 为FePO4；pH 继续升高（
7<pH<12，中等碱性）：FePO4和OH
-反应逐渐溶解，溶解出的P 主要以HPO4
2-存在，HPO4
2-物质的量分数
先升后降，对应曲线c 为HPO4
2-；pH>12（强碱性）：HPO4
2-解离为PO4
3-，PO4
3-物质的量分数逐渐升高，对应
曲线d 为PO4
3-；H2PO4
-只在FePO4向HPO4
2-转化的过渡区域（pH7~8）少量存在，对应图中的小峰，和标注
一致。
【详解】A．H3PO4是多元弱酸，pH 越小（酸性越强），含P 物种含氢越多，物质的量分数随pH 升高的
变化规律：pH 增大，H3PO4逐渐减少，H2PO4
−先增后减，HPO4
2−再增再减，PO4
3-逐渐增大。 图中pH 从左
到右增大，a随pH 升高物质的量分数降到0，因此a是H3PO4，b是FePO4，A 错误；
B．磷酸第二步电离：H2PO4
-⇌
❑
H
++ HPO4
2- ，电离常数K a2= c (H
+)c(HPO4
2-)
c(H2PO4
-)
。 当c(HPO4
2-)=c(H2PO4
-)时，
K a2=c(H
+)，c(H2PO4
-)和c(HPO4
2-)交点的pH =8，因此K a2=10
−8，B 错误；
C．初始为0.01molNa3PO4，因此c (Na
+)=0.03 mol/L；P 元素一部分转化为FePO4沉淀，另一部分才是溶
液中的H3PO4、H2PO4
− 、HPO4
2−、PO4
3-，因此c(PO4
3-)+c(HPO4
2-)+c(H2PO4
-)+c (H3PO4)<0.01mol/L，即
c (Na
+)>3¿，C 错误；
D．反应FePO4+2OH
−+ H2O = Fe(OH)3+ HPO4
2−的平衡常数： K = c(HPO4
2−)
c
2(OH
−)
，推导变形得：
K =
K sp(FePO4)⋅K w
K a3⋅K sp[Fe(OH)3)
其中，K a3是磷酸第三步电离常数，c(HPO4
2−)和c(PO4
3−)交点pH =12.2，故
K a3=10
−12.2；代入已知数值： K =
10
−15×10
−14
10
−12.2×3×10
−39 = 10
−16.8
3×10
−39 ≈1.6×10
−17
3×10
−39 ≈5.3×10
21，平衡常数
K的数量级为10
21，D 正确；
故选D。
10．（2026·天津滨海新区·二模）室温下，向Na2CO3溶液加入过量CaSO4固体混合，溶液pH 随时间变化如
图所示。已知：K sp(CaSO4)=5.1×10
−5、K sp(CaCO3)=3.4×10
−9。下列说法不正确的是
A．室温下，反应CaSO4 (s)+CO3
2−(aq)⇌CaCO3(s)+SO4
2−(aq)的K 值数量级为10
4
B．随着反应的进行，溶液pH 下降的原因是CO3
2−+ H2O⇌HCO3
−+OH
−逆向移动
C．反应过程中，溶液中始终存在：c (Na
+)=2c(CO3
2−)+2c(HCO3
−)+2c(H2CO3)
D．0～600 s 内上层清液中存在：c (Na
+)+2c(Ca
2+)>c(HCO3
−)+2c(CO3
2−)+2c(SO4
2−)
【答案】C
【详解】A．该反应的平衡常数K=c(SO4
2−)
c(CO3
2−)
= c(SO4
2−)⋅c(Ca
2+)
c(CO3
2−)⋅c(Ca
2+)
= K sp(CaSO4)
K sp(CaCO3) = 5.1×10
−5
3.4×10
−9 =1.5×10
4
，平衡常数的数量级为104，故A 说法正确；
B．碳酸钠属于强碱弱酸盐，溶液中存在CO❑3
2−+H2O⇌
❑
❑
HCO❑3
−+OH-，溶液显碱性，加入CaSO4，生成碳
酸钙，导致溶液中c(CO❑3
2−)减小，使平衡逆向移动，c(OH-)减小，pH 下降，故B 说法正确；
C．碳酸钠溶液中存在元素守恒：c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(CO❑3
2−)+2c(HCO❑3
−)，随着硫酸钙的加入，部分
CO❑3
2−转化为碳酸钙沉淀，导致溶液中碳元素总浓度减少，即反应过程中溶液中c(Na+)＞
2c(H2CO3)+2c(CO❑3
2−)+2c(HCO❑3
−)，故C 说法错误；
D．电荷守恒：c(Na+)+2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO❑3
2−)+c(HCO❑3
−)+2c(SO❑4
2−)，根据图像可知，0~600s
内上层清液显碱性，即c(OH-)＞c(H+)，因此有c(Na+)+2c(Ca2+)＞2c(CO❑3
2−)+c(HCO❑3
−)+2c(SO❑4
2−)，故D
说法正确；
答案为C。
11．（2026·陕西宝鸡·二模）向AgBr 饱和溶液(有足量AgBr 固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：
Ag
++S2O3
2−⇌[Ag(S2O3))
−、[Ag(S2O3)2)
−+S2O3
2−⇌[Ag(S2O3)2)
3−，相关数据如下图所示。下列说法正确
的是
A．L3表示lg
c (Ag
+)
c[(Ag(S2O3)2)
3−)
随lgc(S2O3
2−)变化的关系
B．b 点：c (Ag
+)与c(Br
−)之比为10
4.5
C．[Ag(S2O3)2)
−+S2O3
2−⇌[Ag(S2O3)2)
3−的平衡常数为1.0×10
4.6
D．c(S2O3
2−)=0.01mol/L时有：c(Br)>c{[Ag(S2O3))
−)>c{[Ag(S2O3)2)
3−)
【答案】C
【分析】我们结合平衡常数推导和图像信息，已知两个反应：
① A g
++ S2O3
2−⇌[ Ag(S2O3)]
−K 1= c {[ Ag(S2O3)]
−}
c( A g
+)c(S2O3
2−)
，
②[ Ag(S2O3)]
−+ S2O3
2−⇌[ Ag(S2O3)2]
3−K 2=
c {[ Ag(S2O3)2]
3−}
c {[ Ag(S2O3)]
−}c(S2O3
2−)
，图像横坐标为
lg c(S2O3
2−)，随着横坐标的增大，c(S2O3
2−)越大，促进反应①②正移，[ Ag(S2O3)2]
3−浓度也越大，在
银离子浓度相同时，lg
c( Ag
+)
c {[ Ag(S2O3)2]
3−}反而越小，故推知L4为lg
c( A g
+)
c {[ Ag(S2O3)2]
3−}，L3为
lg
c( A g
+)
c {[ Ag(S2O3)]
−}。
【详解】A．根据分析，lg
c( A g
+)
c {[ Ag(S2O3)2]
3−}
对应更陡的L4，不是L3，A 错误；
B．原AgBr饱和溶液中，lg c( A g
+)=lg c(B r
−)=−6，故K sp( AgBr )=c( A g
+)c(Br
−)=10
−12。 b 点
为lg c( A g
+)=−8.35，则c( A g
+)=10
−8.35mol / L，c(Br
−)=
K sp
c( A g
+)
= 10
−12
10
−8.35 =10
−3.65mol/ L，因此：
c( A g
+)
c(Br
−)
= 10
−8.35
10
−3.65 =10
−4.7≠10
4.5，B 错误；
C．[ Ag(S2O3)]
−+ S2O3
2−⇌[ Ag(S2O3)2]
3−K 2=
c {[ Ag(S2O3)2]
3−}
c {[ Ag(S2O3)]
−}c(S2O3
2−)
，根据图像，L3和L4的交
点坐标为(−4.6,−3.85)，在该点c {[ Ag(S2O3)]
−}=c {[ Ag(S2O3)2]
3−}，则K 2=
1
c(S2O3
2−)，所以
lg K 2=−lg c(S2O3
2−)=−(−4.6)= 4.6，即K 2=1.0×10
4.6，C 正确；
D．c(S2O3
2−)=0.01mol / L，则lg c(S2O3
2−)=−2，c(S2O3
2−)浓度很大，根据平衡移动原理，更多的Ag
会形成二配体[ Ag(S2O3)2]
3−，浓度顺序应为：c(Br
−)>c {[ Ag(S2O3)2]
3−}>c {[ Ag(S2O3)]
−}，D 错误；
故选C。
12．（2026·河北沧州·二模）某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即c(H2S)=0.1mol⋅L
−1，通过调节
pH使Zn
2+和Pb
2+形成硫化物而分离，体系中−lgc (M)随pH 的变化关系如图所示，M 表示Zn
2+、Pb
2+、
HS
−或S
2−。已知：A、B、C点的坐标分别为(0.4,7.6)、(3.5,14)、
(x ,12), K sp(ZnS)> K sp(PbS), K a (HCN )= 4.9×10
−10。下列说法正确的是
A．L2为−lgc(Zn
2+)与pH 的关系曲线
B．K a1(H2S)=10
−7、x=5
C．在PbS 和ZnS 共存的悬浊液中c(Pb
2+)
c(Zn
2+) =10
4
D．将少量H2S 通入NaCN 溶液中，发生反应的离子方程式为H2S+2CN
-=S
2-+2HCN
【答案】A
【分析】H2S始终饱和的溶液中，随着pH的增大，H2S、HS
−的电离抑制程度减小，c(HS
−)、c(S
2−)逐渐增
大，c(Zn
2+)、c(Pb
2+)逐渐减小，且pH较小时，c(HS
−)>c( S
2−)，故L3为−lgc( S
2−)与pH的关系曲线，L4
为−lgc(HS
−)与pH的关系曲线，Ksp(ZnS)>Ksp(PbS)，当S
2−浓度相同时，c(Zn
2+)>c(Pb
2+)，故L1为
−lgc(Pb
2+)与pH的关系曲线、L2为−lgc(Zn
2+)与pH的关系曲线，据此分析：
【详解】A．由分析可知，L2为−lgc(Zn
2+)与pH的关系曲线，A 正确；
B．由A点坐标可知，c(H
+)=10
−0.4 mol⋅L
−1时，c(HS
−)=10
−7.6 mol⋅L
−1，则
Kal(H2S)=c(H
+)c(HS
−)
c(H2S)
= 10
−0.4×10
−7.6
0.1
=10
−7，由B点坐标可知，c(H
+)=10
−3.5 mol⋅L
−1时，
c( S
2−)=10
−14 mol⋅L
−1，则Ka1(H2S)⋅Ka2(H2S)=c
2(H
+)c( S
2−)
c(H2S)
= (10
−3.5)
2×10
−14
0.1
=10
−20，由C点坐标可
知，c(H
+)= 10
−x mol⋅L
−1时，c(S
2−)=10
−12mol⋅L
−1，Ka1(H2S)⋅Ka2(H2S)=c
2(H
+)c(S
2−)
c(H2S)
=10
−20，则
x = 4.5，B 错误；
C．根据图像中L2（Zn
2+）与L3（S
2−）的交点坐标( x ,12)计算
K sp(ZnS)=c(Zn
2+)⋅c(S
2−)=10
−12⋅10
−12=10
−24；由L1（Pb
2+）与L3的交点（pH =3.5时）计算
K sp(PbS)=10
−14⋅10
−14=10
−28，从而得出c(Pb
2+)
c(Zn
2+)
= K sp(PbS)
K sp(ZnS) =10
−4，C 错误；
D．由B 分析可知，Ka1(H2S)=10
−7,Ka2(H2S)=10
−13,Ka1(H2S)>Ka (HCN)>Ka2(H2S)，将H2S通入NaCN溶
液中，发生反应的离子方程式为H2S+CN
−= HS
−+ HCN，D 错误；
故答案选A。
13．（2026·湖南衡阳·二模）常温下，在含Mg
2+、Cu
2+和NH4
+的混合液中滴加NaOH 溶液，−lg X ¿、
c(Cu
2+)、
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)]与pOH[pOH =−lgc(OH
−))关系如图所示。已知：Mg(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2
的溶解度。下列叙述错误的是
A．L2代表-lgc(Mg
2+)与pOH 关系
B．K sp[Cu(OH)2)=10
−19.85
C．当Mg(OH)2和Cu(OH)2共沉淀时，c(Mg
2+)
c(Cu
2+) =10
−8.6
D．Mg
2++2NH3⋅H2O⇌Mg(OH)2+2NH4
+的平衡常数K小于100
【答案】C
【分析】根据题意，Cu(OH )2、Mg(OH )2组成相似，二者的图线应平行，故L3代表p
c( N H 4
+)
c( N H 3⋅H 2O)
与pOH的关系，根据数据可知，L1、L2对应的K sp分别为10
−19.85、10
−11.25，因为
K sp[ Mg(OH )2]> K sp[Cu(OH )2]，所以K sp[ Mg(OH )2]=10
−11.25，K sp[Cu(OH )2]=10
−19.85，L1代表
−lgc(C u
2+)与pOH的关系，L2代表−lgc( M g
2+)与pOH的关系，据此分析。
【详解】A．L1代表−lgc(C u
2+)与pOH的关系，L2代表−lgc( M g
2+)与pOH的关系，A 正确；
B．L1代表−lgc(C u
2+)与pOH的关系，当−lgc(C u
2+)=19.85时，pOH =0，即c(O H
−)=1mol / L，
此时K sp[Cu(OH )2]=c(C u
2+)⋅c
2(O H
−)=10
−19.85×1
2=10
−19.85，B 正确；
C．当Mg(OH )2和Cu(OH )2共沉淀时，溶液中c(O H
−)相同，故
c( M g
2+)
c(C u
2+)
= c( Mg
2+)×c
2(OH
−)
c(Cu
2+)×c
2(OH
−)
= K sp[ Mg(OH )2]
K sp[Cu(OH )2] = 10
−11.25
10
−19.85 =10
8.6，C 错误；
D．反应M g
2++2 N H 3⋅H 2O⇌Mg(OH )2+2 N H 4
+的平衡常数
K =
c
2( NH 4
+)
c( Mg
2+)⋅c
2( NH 3⋅H 2O)
=
c
2( N H 4
+)⋅c
2(OH
−)
c( M g
2+)⋅c
2( N H 3⋅H 2O)⋅c
2(OH
−)
=
K b
2
K sp[ Mg(OH )2] = (10
−4.75)
2
10
−11.25 =10
1.75<1
，
D 正确；
故选C。
14．（2026·浙江·二模）常温下，向含一定量AgCl的悬浊液中通入NH3，发生如下反应：
I．Ag
+ (aq)+ NH3(aq)⇌[Ag(NH3))
+ (aq)
Ⅱ．NH3(aq)+[Ag(NH3))
+ (aq)⇌[Ag(NH3)2)
+ (aq)
平衡时溶液中含银粒子的浓度随c平(NH3)的变化曲线如图所示。
已知：K sp(AgCl)=1.8×10
−10，K sp(AgI)=8.5×10
−17
Ag
+ (aq)+2NH3(aq)⇌[Ag(NH3)2)
+ (aq) K =1.7×10
7。
下列说法不正确的是
A．随着c(NH3)的增大，c (Ag
+)⋅c(Cl
−)的值保持不变
B．通入NH3的过程中存在：c(NH4
+)+c (H
+)=c(OH
−)
C．AgCl悬浊液能溶于氨水，而AgI却不能溶于氨水
D．反应I 的平衡常数为50
【答案】A
【分析】向AgCl悬浊液中不断通入NH3，发生反应I 和反应Ⅱ,随着c(NH3)的增大，c(Ag
+)减小，
c([Ag(NH3))
+)先增大后减小，c([Ag(NH3)2)
+)增大，沉淀溶解平衡向正向移动，当加入的NH3足够多时，
沉淀完全溶解,故图中x 表示c(Ag
+)变化曲线，y表示c([Ag(NH3))
+)变化曲线，z表示c([Ag(NH3)2)
+)变化
曲线。
【详解】A．AgCl未完全溶解时，c(Ag
+)⋅c(Cl
-)= K sp保持不变，当AgCl完全溶解后，沉淀平衡消失，
c(Ag
+)越来越小，c(Ag
+)⋅c(Cl
-)＜K sp，故c(Ag
+)⋅c(Cl
-)先不变后减小，A 错误；
B．根据物料守恒，c(Ag
+)+c([Ag(NH3))
+)+c([Ag(NH3)2)
+)=c(Cl
-)，根据电荷守恒，
c(Ag
+)+c([Ag(NH3))
+)+c([Ag(NH3)2)
+)+c(NH4
+)+c(H
+)=c(Cl
-)+c(OH
-)，把物料守恒代入电荷守恒
得，c(NH4
+)+c(H
+)=c(OH
-)，B 正确；
C．AgCl、AgI在氨水中的溶解，是沉淀溶解平衡与银氨配离子配位平衡的耦合，总反应为：
AgX+2NH3⇌
❑
[Ag(NH3)2)
++X
-，总平衡常数K = K sp(AgX)⋅K 稳([Ag(NH3)2)
+)，K 稳([Ag(NH3)2)
+)是定值，
AgCl的K AgCl= K sp( AgCl)× K =1.7×10
7×1.8×10
−10=3.06×10
−3，反应正向进行的趋势较大，故
AgCl可溶于氨水；AgI溶解反应的平衡常数为
K AgI= K sp( AgI )× K =1.7×10
7×8.5×10
−17=1.445×10
−9 ≪10
−5，，说明反应正向进行的趋势几乎
为0，故AgI难溶于氨水，C 正确；
D．根据图像，当c(Ag
+)=c([Ag(NH3))
+)时，横坐标c(NH3)=0.02mol/L，则反应Ⅰ的平衡常数
K 1= c([Ag(NH3)]
+)
c(Ag
+)⋅c(NH3)
=
1
0.02 =50，D 正确；
故答案选A。
15．（2026·内蒙古包头·二模）向AgBr 饱和溶液(含有足量的AgBr 固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反
应：Ag
++S2O3
2−⇌[Ag(S2O3))
−和[Ag(S2O3))
−+S2O3
2−⇌[Ag(S2O3)2)
3−，lg[c(M)/(mol ⋅L
−1))、 lgN
与lg[c(S2O3
2−)/(mol⋅L
−1))的关系如下图所示，M 代表Ag
+或Br
−；N代表
c (Ag
+)
c{[Ag(S2O3))
−)
或
c (Ag
+)
c{[Ag(S2O3)2)
3−)
)。下列说法正确的是
A．L2表示lg
c (Ag
+)
c{[Ag(S2O3)2)
3−)
随lg[c(S2O3
2−)/(mol⋅L
−1))变化的关系
B．反应AgBr+2S2O3
2−⇌[Ag(S2O3)2)
3−+ Br
−的平衡常数K =10
1.2
C．a=−6.2
D．c(S2O3
2−)=10
−6 mol⋅L
−1时，溶液中c{[Ag(S2O3))
−)>c{[Ag(S2O3)2)
3−)>c(Br
−)
【答案】B
【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液
中银离子浓度减小，溴离子浓度增大，则b 点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、
d 点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系； 对于配位平衡：第一步：
A g
++ S2O3
2−⇌[ Ag(S2O3)]
−K 1= c([ Ag(S2O3)]
−)
c( A g
+)⋅c(S2O3
2−)
；第二步：
[ Ag(S2O3)]
−+ S2O3
2−⇌[ Ag(S2O3)2]
3−K 2=
c([ Ag(S2O3)2]
3−)
c([ Ag(S2O3)]
−)⋅c(S2O3
2−)
，对K 1整理变形：
c( A g
+)
c([ Ag(S2O3)]
−)
=
1
K 1⋅c(S2O3
2−)， 两边取常用对数： lg N 1
=lg[
1
K 1⋅c(S2O3
2−))，令
x =lg [c(S2O3
2−)/(mol⋅L
−1)]，lg N 1=−x−lg K 1， 因此lg N 1与x的线性关系斜率为-1，对应图中的L2。
将两步平衡常数相乘，得到总稳定常数K = K 1⋅K 2，整理得：
K 1⋅K 2
= c([ Ag(S2O3)]
−)
c( A g
+)c(S2O3
2−)
⋅
c([ Ag(S2O3)2]
3−)
c([ Ag(S2O3)]
−)c(S2O3
2−)
⇒K 1⋅K 2
= c([ Ag(S2O3)2]
3−)
c( A g
+)⋅c
2(S2O3
2−)
，变形
得到N 2：
c( A g
+)
c([ Ag(S2O3)2]
3−)
=
1
K 1 K 2⋅c
2(S2O3
2−)，同样两边取常用对数：
lg N 2
=lg[
1
K 1 K 2⋅c
2(S2O3
2−))，则lg N 2=−2 x−lg( K 1 K 2)，因此lg N 2与x的线性关系斜率为-2，对
应图中的L1；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为 10
−4.6 mol⋅L
−1时，溶液中溴离子和银离子浓度分
别为 10
−3.85 mol⋅L
−1、10
−8.35 mol⋅L
−1，则溴化银的溶度积常数 K sp=c (Ag
+)⋅c(Br
−)=10
−12.2，据此
分析解题。
【详解】A．由配位反应平衡常数推导，lg
c( A g
+)
c {[ Ag(S2O3)2]
3−}
随 lg c(S2O3
2−) 变化的斜率为-2，对应
斜率更陡的L1，L2对应lg
c( A g
+)
c {[ Ag(S2O3)]
−}的变化关系，A 错误；
B．反应平衡常数K = c {[ Ag(S2O3)2]
3−}⋅c(Br
−)
c
2(S2O3
2−)
，当lgc(S2O3
2−)=−4.6时，c(Br
−)=10
−3.85mol / L，
c( Ag
+)=10
−8.35mol / L，lg
c (Ag
+)
c{[Ag(S2O3)2)
3−)
=−4.2，c {[ Ag(S2O3)2]
3−=10
−4.15mol / L，代入
K = 10
−4.15×10
−3.85
(10
−4.6)
2
=10
1.2
，B 正确；
C．未滴加N a2S2O3时，AgBr饱和溶液中c( A g
+)=c(B r
−)= ❑√K sp=10
−6.1mol / L，lg c( M )=−6.1，
故a≈−6.1≠−6.2，C 错误；
D．溶液中c(B r
−)等于溶解的Ag总浓度，即c(Br
−)=c( A g
+)+c {[ Ag(S2O3)]
−}+c {[ Ag(S2O3)2]
3−}，
故c(B r
−)最大，D 错误；
故选B。
