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专题07 水溶液中的离子反应与平衡
考点概览
题型一 弱电解质的电离
题型二 水的电离和溶液的酸碱性
题型三 盐类的水解
题型四 沉淀溶解平衡
弱电解质的电离
1．（2025·天津和平·二模）下列叙述不正确的是
A．0.1mol⋅L
-1CH3COONa溶液中，升高温度，c(CH3COO
-)减小
B．向HF溶液中加水稀释，HF和H2O的电离程度都增大
C．0.1mol⋅L
-1CH3COONa溶液中，加入少量NaOH固体，
c(CH3COOH)
c(CH3COO
-)
减小
D．加水稀释0.1mol⋅L
-1CH3COONa溶液，由于水的浓度增大，CH3COO
-的水解反应正向移动
【答案】D
【详解】A．升高温度，促进醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度减小，A 正确；
B．向HF 溶液中加水稀释，HF 浓度减小，电离平衡正向进行，电离程度增大，溶液酸性减弱，对水的电
离抑制作用减小，则H2O 的电离程度增大，B 正确；
C．0.1mol⋅L
-1CH3COONa溶液中，加入少量NaOH 固体，氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，使得
c(CH3COOH)
c(CH3COO
-)
=c(H
+)c(CH3COOH)
c(H
+)c(CH3COO
-)
=c(H
+)
Ka(CH3COOH) 比值减小，C 正确；
D．0.1mol⋅L
-1CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO
-+H2O⇌CH3COOH+OH
-，加水稀释，CH3COO
-、
CH3COOH、OH
-浓度等比例减小，Qc<Ka(CH3COOH)，平衡正向移动，与水的浓度无关，D 错误；
故选D。
2．（2025·安徽蚌埠·二模）常温下，某化学兴趣小组将mgNaOH粉末缓慢加入20.00 mL0.1000 mol⋅L
-1
题型一
醋酸溶液(HAc)中，HAc 的电离常数K a=10
- 4.76，若加入NaOH的质量为m1g，溶液的pH =7(溶液的体积变
化忽略不计)。下列说法错误的是
A．pH =7时水的电离程度大于m=0.08时水的电离程度
B．NaAc溶液中：c (HAc)+c (H
+)=c (OH
-)
C．pH = 4.76时溶液中：c (HAc)=c (Ac
-)
D．0.1000 mol⋅L
-1的HAc溶液中：c (HAc)+c (Ac
-)=0.1000 mol⋅L
-1
【答案】A
【详解】A．pH =7时，HAc过量，m=0.08时，NaOH与HAc恰好反应，溶质为NaAc，故pH =7时，水的电
离程度小于m=0.08时水的电离程度，A 错误；
B．NaAc 溶液中存在电荷守恒：c (Na
+)+c (H
+)=c (OH
-)+c( Ac
-)，物料守恒：c (Na
+)=c (HAc)+c( Ac
-)，
则可得质子守恒式：c (HAc)+c (H
+)=c (OH
-)，B 正确；
C．c (H
+)=10
- 4.76，HAc的电离常数K a= c (H
+)⋅c (Ac
-)
c (HAc)
=10
- 4.76，c (HAc)=c (Ac
-)，C 正确；
D．0.1000 mol⋅L
-1的HAc溶液物料守恒式：c (HAc)+c (Ac
-)=0.1000 mol⋅L
-1，D 正确；
故选A。
3．（2025·北京昌平·二模）室温下，进行如下实验：
①向20mL0.1mol/L 醋酸溶液中加入20mL0.1mol/LNaOH 溶液；
②继续滴加amL0.1mol/L 稀盐酸，至溶液的pH=7。
下列说法不正确的是
A．0.1mol/L 醋酸溶液pH>1
B．①中反应后溶液：c (Na
+)>c(CH3COO
-)>c (OH
-)>c (H
+)
C．②中，a=20
D．②中反应后溶液：c (Na
+)=c(CH3COO
-)+c (Cl
-)
【答案】C
【详解】A．由于醋酸为弱酸，无法完全电离，所以0.1mol/L 醋酸溶液的pH>1，A 正确；
B．①中反应后得到的溶液为醋酸钠溶液，主要离子为钠离子和醋酸根离子，醋酸根离子水解使得溶液显
碱性，则醋酸钠溶液显碱性，c (Na
+)>c(CH3COO
-)>c (OH
-)>c (H
+)，B 正确；
C．盐酸和醋酸钠反应生成醋酸和氯化钠，所得溶液pH=7，则加入盐酸为少量，a<20mL，C 错误；
D．②中反应后溶液由电荷守恒，c (Na
+)+c (H
+)=c(CH3COO
-)+c (OH
-)+c (Cl
-)，pH=7，则c (H
+)=c (OH
-)，
故c (Na
+)=c(CH3COO
-)+c (Cl
-)，D 正确；
故选C。
4．（2025·湖北武汉·二模）常温下，H2A溶液中含A粒子分布系数δ[如δ (H2A)=
c(H2A)
c(H2 A)+c (HA
-)+c(A
2-)]
与pH的关系如图1 所示。难溶盐M2A和NA在0.01mol⋅L
-1H2A饱和溶液中达沉淀溶解平衡时，-lgc与pH
的关系如图2 所示（c为金属离子M
+和N
2+的浓度）。
下列说法正确的是
A．
K a1(H2 A)
K a2(H2A)
=10
-6
B．直线①表示的是-lgc(N
2+)与pH的关系
C．K sp(M2A)=10
- 48
D．NA能溶解在H2SO4溶液中
【答案】D
【分析】H2A 的电离分两步：H2A⇌H
++HA
-、HA
-⇌H
++A
2-，图1 中，随着pH 增大，H2A 逐渐转化为
HA-，HA-再转化为A2-，则第一个交点处c(H2A)=c(HA
-)，则K a1(H2 A)=c(H
+)⋅c(HA
-)
c(H2A)
=c(H
+)=10
-7，
第二个交点处c(HA
-)=c(A
2-)，则K a2(H2 A)=c(H
+)⋅c(A
2-)
c(HA
-)
=c(H
+)=10
-13，据此解答。
【详解】A．结合分析可知，
K a1(H2A)
K a2(H2A)
=10
-7
10
-13 =10
6，A 错误；
B．K a1(H2A)⋅K a2(H2A)=c
2(H
+)⋅c(A
2-)
c(H2A)
=10
-20，0.01mol⋅L
-1H2A饱和溶液中c(H2A)
≈0.01mol⋅L
-1，则当pH=6 时，溶液中的c(A2-)=10
-10mol/L，当pH=9 时，溶液中的c(A2-)=10
-4 mol/L
，假设直线①表示的是-lgc(N
2+)与pH的关系，利用点(6，20)可计算出难溶盐NA的
K sp(NA)=c(N
2+)⋅c(A
2-)=10
-20×10
-10=10
-30，利用点(9，23)可计算出难溶盐NA的
K sp(NA)=c(N
2+)⋅c(A
2-)=10
-23×10
-4=10
-27≠10
-30，所以假设错误，则直线①表示的是-lgc (M
+)与pH
的关系，B 错误；
C．结合B 项分析可知，直线①表示的是-lgc (M
+)与pH的关系，利用点(6，20)可计算出难溶盐M2A的
K sp(M2 A)=c
2(M
+)⋅c(A
2-)=(10
-20)
2×10
-10=10
-50，C 错误；
D．NA溶于硫酸时发生反应：NA+2H
+⇌H2A+ N
2+，该反应的平衡常数K=
c(N
2+)⋅c(H2A)
c
2(H
+)
=c(N
2+)⋅c(H2A)⋅c(A
2-)
c
2(H
+)⋅c(A
2-)
=
K sp(NA)
K a1(H2A)⋅K a2(H2A)
，结合B 项分析可知，直线②表示
的是-lgc(N
2+)与pH的关系，则K sp(NA)=10
-8×10
-10=10
-18，则K=10
-18
10
-7×10
-13 =10
2，即平衡常数K 较
大，反应正向进行程度较大，所以NA 能溶解在H2SO4溶液中，D 正确；
故选D。
5．（2025·天津南开·二模）室温下，对于1L0.1mol/LNH3⋅H2O溶液，下列判断正确的是
A．该溶液中NH4
+的物质的量为0.1mol
B．c (OH
-)=c(NH3⋅H2O)+c(NH4
+)+c (H
+)
C．加入少量水，溶液中
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
减小
D．滴加HCl 溶液过程中，n(NH3⋅H2O)与n(NH4
+)之和始终为0.1mol
【答案】D
【详解】A．氨水部分电离，1L0.1mol/LNH3⋅H2O溶液中NH4
+的物质的量小于1L×0.1mol/L=0.1mol，
故A 错误；
B．溶液中存在电荷守恒，c (OH
-)=c(NH4
+)+c (H
+)，故B 错误；
C．NH3⋅H2O的电离常数Kb=c(OH
-)⋅c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
，加水稀释，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，但温度不变，
电离常数不变，则溶液中Kb
c (OH
-) =
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
增大，故C 错误；
D．1L0.1mol/LNH3⋅H2O溶液中氮原子物质的量为0.1mol，滴加HCl 溶液过程中，溶液中始终存在氮
元素的物料守恒，n(NH3⋅H2O)+n(NH4
+)=0.1mol，故D 正确；
故答案选D。
6．（2025·北京丰台·二模）下列方程式与事实相符的是
A．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体(该气体遇空气变红棕色)：
3Fe+2NO3
-+8H
+=3Fe
2++2NO↑+4H2O
B．次氯酸不稳定，在光照下容易分解：2HClO
光照
¿ H2O+Cl2↑
¿
C．0.1mol⋅L
-1草酸(H2C2O4)的pH =1.3：H2C2O4⇌2H
++C2O4
2-
D．FeS 去除废水中的Hg
2+：Hg
2++S
2-= HgS↓
【答案】A
【详解】A．Fe 和稀HNO3反应生成NO 气体和Fe(NO3)3，而过量的Fe 能与Fe(NO3)3反应生成
Fe(NO3)2，则反应的方程式为：3Fe+2NO3
-+8H
+=3Fe
2++2NO↑+4H2O，A 正确；
B．次氯酸不稳定，在光照下容易分解成盐酸和氧气，分解的方程式为：2 HClO
光照
¿2 HCl+O2↑
¿
，B 错误；
C．草酸(H2C2O4)为二元弱酸，不能完全电离而且属于多元弱酸的分步电离，则电离方程式为：
H 2C2O4⇌H
++ HC2O4
-、HC2O4
-⇌H
++C2O4
2-，C 错误；
D．FeS 为固体难溶于水，则用FeS 去除废水中Hg
2+的离子方程式为：
Hg
2+(aq)+ FeS (s)⇌HgS (s)+ Fe
2+(s)，D 错误；
故答案为：A。
7．（2025·山东济南·二模）向pH = 4.8、含有0.1mol⋅L
-1NiSO4和0.2mol⋅L
-1CH3COOH的化学镀镍废水(
CH3COOH为pH 缓冲剂)中，加入乳酸(以HY 表示)对其中Ni
2+进行处理，各含镍元素物质的分布情况随乳
酸浓度(cy / mol⋅L
-1)的变化关系如图。
已知：①Di=c(i)
c(Ni)总[i= Ni
2+、Ni(CH3COO)
+、Ni(CH3COO)2、NiY
+、NiY2、NiY3
-]。②Ni
2+可以与
CH3COO
-形成络合物Ni(CH3COO)
+和Ni(CH3COO)2；③Ni
2+可以与乳酸根形成NiY
+、NiY2、NiY3
-三种可
溶性络合物；④忽略Ni
2+水解和溶液体积变化；下列说法错误的是
A．图中曲线3 代表的是NiY
+
B．当乳酸浓度为0.6 mol⋅L
-1时，溶液中以NiY2为主
C．由图示可知，醋酸与Ni
2+的配位能力大于乳酸
D．反应NiY
++ HY⇌NiY2+ H
+的平衡常数的数量级为10
-5
【答案】AC
【详解】A．由图例知1-Ni
2+、5-Ni(CH3COO)
+、6-Ni(CH3COO)2，随着乳酸浓度的增加，Ni
2+与乳酸的络
合物开始增加，则曲线2 代表的是NiY
+、曲线3 代表的是NiY2、曲线4 代表的是NiY3
-，A 错误；
B．当乳酸浓度为0.6 mol⋅L
-1时，溶液中NiY2的Di，溶液中以NiY2为主，B 正确；
C．溶液中CH3COOH的浓度为0.2 mol⋅L
-1，而当乳酸的浓度同为0.2mol⋅L
-1时，溶液中NiY
+、NiY2的
Di均比Ni(CH3COO)
+和Ni(CH3COO)2大，则可说明乳酸与Ni
2+的配位能力大于CH3COOH，C 错误；
D．溶液的pH=4.8，代入曲线2、3 的交点坐标可计算反应NiY
++HY⇌NiY2+H
+的平衡常数
K=c(NiY2)c(H
+)
c(NiY
+)c(HY)
= 10
- 4.8
0.18 =5.6×10
- 4.8，则其平衡常数的数量级为10
-5，D 正确；
故选AC。
8．（2025·山西吕梁·二模）向CuCl饱和溶液(有足量CuCl固体)中滴加氨水，发生反应
Cu
++ NH3⇌[Cu(NH3)]
+和[Cu(NH3)]
++ NH3⇌[Cu(NH3)2]
+，lg(M)与lg[c(NH3)]的关系如下图所示{其中
lg(M)代表lgc(Cu
+)、lgc(Cl
-)、lgc
(Cu
+)
c([Cu(NH3)]
+)
或lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)2]
+)
}。下列说法错误的是
A．曲线L4为lg[c(Cu
+)/c([Cu(NH3)]
+)]随lg[c(NH3)]变化曲线
B．CuCl的溶度积常数Ksp=c(Cu
+)⋅c(Cl
-)=10
-7.0
C．反应Cu
++2NH3⇌[Cu(NH3)2]
+的平衡常数K 的值为10
11
D．c(NH3)=10
-5.2时，溶液中c([Cu(NH3)2]
+)>c([Cu(NH3)]
+)>c(Cu
+)
【答案】D
【分析】向CuCl饱和溶液(有足量CuCl固体)中滴加氨水，发生反应Cu
++ NH3⇌[Cu(NH3)]
+和
[Cu(NH3)]
++ NH3⇌[Cu(NH3)2]
+，随着lg[c(NH3)]得增大，lgc(Cu
+)逐渐减小，lgc(Cl
-)逐渐增大，故曲
线L1为lgc(Cl
-)、曲线L2为lgc(Cu
+)，lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)]
+)
逐渐减小，lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)2]
+)
液逐渐减小，且
lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)]
+)
减小得程度更大，故曲线L4为lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)]
+)
、曲线L3为lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)2]
+)
随NH3浓度变
化曲线，据此回答。
【详解】A．曲线L1为lgc(Cl
-)、曲线L2为lgc(Cu
+)、曲线L4为lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)]
+)
、曲线L3为
lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)2]
+)
随lg[c(NH3)]浓度变化曲线，A 正确；
B．根据曲线L1和曲线L2上的坐标(-5,-2.8)和(-5,- 4.2)，分析
Ksp=c(Cu
+)⋅c(Cl
-)=10
- 4.2×10
-2.8=10
-7.0，B 正确；
C．由分析知，曲线L3为lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)2]
+)
随lg[c(NH3)]浓度变化曲线，则由a 点可知，反应
Cu
++2NH3⇌[Cu(NH3)2]
+的平衡常数K =
c([Cu(NH3)2]
+)
c(Cu
+)⋅c
2(NH3)
=
1
10
-1×(10
-5)
2 =10
11，C 正确；
D．由图像可知，c(NH3)=10
-5.2时，lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)2]
+)
<lgc(Cu
+)
c([Cu(NH3)]
+)
<0，溶液中
c([Cu(NH3)]
+)>c([Cu(NH3)2]
+)>c(Cu
+)，D 错误；
故选D。
9．（2025·山东滨州·二模）某平衡体系如图，隔膜允许NH3⋅H2O通过，不允许NH4
+和OH
-通过。设溶液中
c总(NH3⋅H2O)=c(NH3⋅H2O)+c(NH4
+)，且隔膜两侧的溶液体积相同。下列说法正确的是(已知：室温下
K b(NH3⋅H2O)=1.0×10
-5，lg2≈0.3)
A．水的电离程度：溶液A<溶液B
B．溶液A 中：c总(NH3⋅H2O)=101c(NH3⋅H2O)
C．向溶液A 中通入一定量NH3，重新平衡后，溶液B 的pH 保持不变
D．撤去隔膜使溶液A 与溶液B 充分混合，所得溶液的pH 约为10.7
【答案】B
【详解】A．根据题中信息可知，溶液B 的pH 大于溶液A 的，因此溶液B 中c(OH-)大，对水的电离抑制
程度大，溶液B 中水的电离程度小，A 错误；
B．溶液A 的pH=7，溶液A 中c(OH-)=10
-7mol / L，故有
c( NH 3⋅H 2O)
c总( NH 3⋅H 2O) =
c( NH 3⋅H 2O)
c( NH 3⋅H 2O)+c( NH 4
+)
=
1
1+kb
c(OH
-)
= 1
101，B 正确；
C．溶液A 中通入一定量NH3，导致A 中NH 3⋅H 2O的电离平衡逆向移动，NH 3⋅H 2O浓度增大，
NH 3⋅H 2O跨膜进入溶液B 中，导致B 中NH 3⋅H 2O增大，NH 3⋅H 2O的电离平衡正移，OH-浓度增大，
pH 也增大，C 错误；
D．假设A、B 溶液的体积均为V，溶液A、B 中c(OH-)分别为10
-7mol / L和10
-3mol / L，故c(OH-)=
10
-7V +10
-3V
2V
mol/ L≈10
-3
2
mol/ L，pOH=-lg c(OH-)=-lg10
-3
2
=3+0.3=3.3，pH=10.7，但在混合过程中
NH 3⋅H 2O的电离平衡会发生移动，故所得溶液的pH 不是10.7，D 错误；
故答案选B。
10．（2025·河南信阳·二模）肼(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，常温下，向一定浓度肼水
溶液中通入HCl(忽略溶液体积变化)，测得pOH[pOH =-lgc (OH
-)]与-lgX [X 为c(N2H4)、c(N2H6
2+)、
c(N2H6
2+)
c(N2H5
+)
]的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线L 表示pOH 与-lgc(N2H4)的变化关系
B．N2H4与过量的硫酸反应，生成的产物是(N2H6)SO4
C．pKb1+pKb2=21
D．b 点溶液中：c(Cl
-)<3c(N2H5
+)
【答案】C
【分析】N2H4溶于水后发生两步电离：N2H4+H2O⇌ N2H5
++OH-、N2H5
++H2O⇌ N2H6
2++OH-，随着pOH 的
不断增大，溶液的碱性不断减弱，酸性不断增强，则c(N2H4)不断减小，-lgc(N2H4)不断增大，曲线M 表示-
lgc(N2H4)随pOH 变化的曲线。对于反应N2H5
++H2O⇌ N2H6
2++OH-，平衡常数Kb2=c(N2H6
2+)⋅c(OH
-)
c(N2H5
+)
，
c(N2H6
2+)
c(N2H5
+)
=
K b2
c(OH
-)
，-lgc(N2H6
2+)
c(N2H5
+)
=-lgKb2-pOH，则此曲线为直线，所以L 曲线表示-lgc(N2H6
2+)
c(N2H5
+)
随pOH 变
化的曲线；N 曲线表示-lgc(N2H6
2+)随pOH 变化的曲线。
【详解】A．由分析可知，曲线L 表示pOH 与-lgc(N2H6
2+)
c(N2H5
+)
的变化关系，曲线M 表示pOH 与-lgc(N2H4)的
变化关系，A 不正确；
B．N2H4与过量的硫酸反应，生成硫酸的酸式盐，化学式是(N2H6)(HSO4)2，B 不正确；
C．pOH=10.5 时，c(N2H4)= c(N2H6
2+)，Kb1=c(N2H5
+)⋅c(OH
-)
c(N2H4)
，Kb2=c(N2H6
2+)⋅c(OH
-)
c(N2H5
+)
，Kb1∙Kb2=
c(N2H6
2+)⋅c
2(OH
-)
c(N2H4)
=c2(OH-)=(10-10.5)2=10-21，-lg(Kb1∙Kb2)=-lg10-21=21，所以pKb1+ pKb2=21，C 正确；
D．b 点溶液中，c(OH-)=10-15mol/L，c(H+)＞c(OH-)，-lgc(N2H6
2+)
c(N2H5
+)
=0，c(N2H5
+)= c(N2H6
2+)，依据电荷守恒
可得c(Cl-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(N2H5
+)+2 c(N2H6
2+)=c(H+)+ 3c(N2H5
+)，所以c(Cl
-)＞3c(N2H5
+)，D 不正确；
故选C。
水的电离和溶液的酸碱性
11．（2025·辽宁·二模）实验是探究化学的重要途径。下列事实或现象和相应结论均正确的是
题型二
事实或现象
结论
A
在碘水中加入1mLCCl4，振荡，溶液分层，下层呈
紫红色，再加入1mLKI水溶液，振荡，紫红色变浅
I2在下列物质中的溶解度：
KI溶液>CCl4>H2O
B
将菠菜榨汁后过滤，煮沸滤液，自然冷却后滴加
K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀
菠菜中不含有铁元素
C
灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管
中，铜丝恢复红色
该有机物中有醇羟基
D
常温下，用pH计分别测定等体积
1mol⋅L
-1CH3COONH4溶液和
0.1mol·L
-1CH3COONH4溶液的pH ,pH都等于7
同温下，不同浓度的
CH3COONH4溶液中水的电离
程度相同
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．在碘水中加入CCl4，发生萃取，I2从水中转移到CCl4中，溶液分层，下层呈紫红色，说明I2
在CCl4中溶解度大于在水中溶解度；再加入KI水溶液，I2与KI反应：I2+KI⇌KI3，I2浓度降低，紫红色
变浅，说明I2在KI溶液中溶解度大于在CCl4中，即I2在下列物质中的溶解度：KI溶液>CCl4>H2O，A 选项
正确；
B．滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀，只能说明滤液中无Fe
2+，不能说明菠菜中不含有铁元素，因为铁
元素可能以其他价态存在，B 选项错误；
C．能使灼烧后变黑的铜丝恢复红色的有机物，可能含醇羟基，也可能是含其他能还原氧化铜的官能团，C
选项错误；
D．CH3COONH4溶液中CH3COO
-和NH4
+都水解，水解促进水的电离，不同浓度的CH3COONH4溶液中离子水解
程度不同，水的电离程度不同，只是常温下两种溶液pH=7，D 选项错误；
故答案为：A。
12．（2025·山西晋中·二模）常温下，用0.1000 mol⋅L
-1NaOH溶液滴定20.00 mLH2A溶液，溶液中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：
δ (A
2-)=
c(A
2-)
c(H2 A)+c (HA
-)+c(A
2-)]。
下列说法错误的是
A．c(H2 A)=0.1000 mol⋅L
-1
B．当c(H2A)=c(A
2-)时，溶液的pH =8.0
C．常温下，H2 A的K a1为10
-6.38
D．m点溶液中：c (HA
-)>c(H2A)>c(A
2-)
【答案】B
【详解】A．由滴定曲线可知，当V(NaOH)=0 时，溶液中只存在H2 A，此时H2A未发生反应，根据n=cV，
NaOH 溶液滴定H2 A溶液，最终完全反应时消耗NaOH 溶液40.00 mL，根据反应H2A+2NaOH=Na2A+2H2O，
n(H2A)=1
2 n(NaOH)，n (NaOH)=0.1000mol/L×0.04L= 0.004mol，则n(H2A)=0.002mol，H2A溶液体积
为20.00mL = 0.02L，c(H2A)=0.002mol
0.02L
=0.1000mol/L，A 选项正确；
B．由图可知，曲线a 表示H2 A的分布分数，曲线b 表示HA
-的分布分数，曲线c 表示A
2-的分布分数。
pH=6.38 时[c(H
+)=10
-6.38]，曲线a 和曲线b 相交，此时c(H2A)=c(HA
-)，根据H2A⇌H
++HA
-，
Ka1=c(H
+)⋅c(HA
-)
c(H2A)
=10
-6.38。pH=10.26 时[c(H
+)=10
-10.26]，曲线b 和曲线c 相交，此时c(A
2-)=c(HA
-)，
根据HA
-⇌H
++A
2-，Ka2=c(H
+)⋅c(A
2-)
c(HA
-)
=10
-10.26。当c(H2A)=c(A
2-)时Ka1×Ka2=c(H
+)⋅c(HA
-)
c(H2A)
×c(H
+)⋅c(A
2-)
c(HA
-)
=c
2(H
+)⋅c(A
2-)
c(H2A)
=c
2(H
+)=10
-6.38×10
-10.26=10
-16.64，c(H
+)=10
-8.32，溶液pH =
8.32，B 选项错误；
C．由B 选项中的分析可知Ka1=10
-6.38，C 选项正确；
D．由图可知，m点溶液中：c (HA
-)>c(H2A)>c(A
2-)，D 选项正确；
故答案为：B；
13．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）25℃时，用0.1mol·L-1 NaOH 溶液滴定20.00mL 0.1mol·L-1 HA 溶液，体
系中lgc(A
-)、lgc(HA)、NaOH 溶液的体积与溶液pH 的关系如图所示。下列说法错误的是
A．图中曲线①表示lgc(A
-)与pH 的关系
B．25℃时，0.1 mol·L-1 NaA 溶液的pH 约为9
C．a 点溶液中，c(A
-)+c(HA)=2c(Na
+)
D．b 点时，V<20.00mL
【答案】A
【分析】随着NaOH 溶液的加入，溶液pH 逐渐增大，溶液中c(HA)或lgc(HA)逐渐减小、c(A -)或lgc(A -)
逐渐增大，则曲线①②分别代表lgc(HA)、lgc(A-)与pH 的关系，当pc(A -)=pc(HA)即c(A -)=c(HA)时
pH=5，此时HA 的电离平衡常数Ka=c(A
-)
c(HA) ×c(H+)=c(H+)=10-5，结合电荷守恒、物料守恒关系分析解答该
题。
【详解】A．由上述分析可知，则曲线①②分别代表lgc(HA)、lgc(A-)与pH 的关系，故A 错误；
B．HA 的电离平衡常数Ka=10-5，A-的电离平衡常数Kh=Kw
Ka
=1×10
-14
10
-5
=10-9，0.1mol•L-1NaA 溶液中c(OH
-)≈(A -)=❑√c×Kh=❑√0.1×10
-9=10-5mol/L，pH=9，故B 正确；
C．a 点溶液中溶质为HA 和NaA，且c(HA)=c(NaA)，物料守恒关系为c(A
-)+c(HA)=2c(Na
+)，故C 正
确；
D．0.1mol•L-1NaOH 溶液滴定20.00mL0.1mol•L-1HA 溶液至终点时消耗V(NaOH)=20.00mL，NaA 溶液呈碱
性，图中b 点溶液呈中性，则HA 有剩余，消耗V(NaOH)＜20.00mL，故D 正确；
故选：A。
14．（2025·山东泰安·二模）常温下，下列各组离子能大量共存的是
A．lgc(H
+)
c(OH
-) =-6的溶液中：Na
+、ClO
-、[Al(OH)4]
-、Cl
-
B．在酸性溶液中：Ba
2+、NH4
+、NO3
-、Fe
2+
C．1mol⋅L
-1的FeCl3溶液中：NH4
+、K
+、SCN
-、NO3
-
D．由水电离出的c(H
+)=1×10
-13 mol⋅L
-1的溶液中：Na
+、NH4
+、SO4
2-、CO3
2-
【答案】A
【详解】A．溶液中lgc(H
+)
c(OH
-) =-6，c(H
+)
c(OH
-) =1×10
-6，说明溶液pH =10，碱性环境下各离子间不反应，
可大量共存，A 符合题意；
B．酸性溶液中NO3
-具有强氧化性，可与具有还原性的Fe
2+发生氧化还原反应，不能大量共存，B 不符合题
意；
C．Fe
3+与SCN
-间发生络合反应，不能大量共存，C 不符合题意；
D．水电离出的c(H
+)=1×10
-13 mol⋅L
-1，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，NH4
+
不能在碱性环境下大量共存，CO3
2-不能在酸性环境下大量共存，D 不符合题意；
答案选A。
15．（2025·湖南邵阳·二模）25℃时，向0.10 mol⋅L
-1的一元酸HA溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，滴定
过程中溶液的pH及-lgc(H
+)水，[c (H
+)水指由水电离出来的H
+]变化如图所示，下列说法正确的是
A．水的电离程度：a>b>c
B．V (NaOH 溶液)=25.00 mL时，2c (H
+)+c (A
-)=2c (OH
-)+c (HA)
C．d 点溶液中，c (A
-)>c (Na
+)>c (OH
-)>c (H
+)
D．25℃时，反应A
-+ H2O⇌HA+OH
-的平衡常数为：1.0×10
-9.2
【答案】D
【分析】随着NaOH的加入，发生HA+NaOH=NaA+H2O，溶液的pH增大，水电离的氢离子浓度先增大后减
小，故曲线②表示溶液pH随NaOH溶液体积的变化，曲线①表示-lgc(H
+)水随NaOH溶液体积的变化。
【详解】A．曲线①表示-lgc(H
+)水随NaOH溶液体积的变化，水的电离程度：b>c>a，A 错误；
B．V (NaOH 溶液)=25.00 mL时，溶质为等浓度的HA 、NaA，由质子守恒可得，
2c (H
+)+c (HA)=2c (OH
-)+c (A
-)，B 错误；
C．d 点溶液为HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应，溶质为NaA，由于A
-离子水解，且溶液pH＞7，则离子
浓度大小顺序为：c (Na
+)>c (A
-)>c (OH
-)>c (H
+)，C 错误；
D．由初始条件下，0.10 mol⋅L
-1的一元酸HA溶液中，水电离出来的c (H
+)=1×10
-11.1可知，
K a= 10
-2.9×10
-2.9
0.1
=10
- 4.8，则反应A
-+ H2O⇌HA+OH
-的平衡常数
K h= c (HA)c (OH
-)
c (A
-)
= c (HA)c (OH
-)c(H
+)
c (A
-)c(H
+)
=
K w
K a
=10
-9.2，D 正确；
故选D。
16．（2025·山东泰安·二模）下列实验对应的装置或操作正确的是
A．测定NaHSO3溶液的pH
B．证明Na2O2与水反应放
热
C．证明氧化性：Cl2>Br2>I2
D．验证乙烯具有还原性
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．测定溶液pH 值，不能将pH 试纸伸入到溶液内测量，应用玻璃棒蘸取溶液滴在pH 试纸上，
题给装置无法达到实验目的，A 错误；
B．向包有足量过氧化钠的脱脂棉中滴入2 滴蒸馏水，脱脂棉可以燃烧，说明过氧化钠与水反应放热，题
给装置能达到实验目的，B 正确；
C．氯气与溴化钠溶液反应置换出溴，证明氧化性：Cl2＞Br2，Cl2优先使淀粉—KI 溶液变蓝，干扰溴和碘
非金属性强弱的比较，则题给装置无法达到比较氯气、溴、碘非金属性强弱的实验目的，C 错误，
D．浓硫酸具有脱水性，能使乙醇脱水成碳，碳和浓硫酸加热反应生成具有还原性的SO2，也能使溴水褪色，
会干扰实验，且溴水与乙烯发生加成反应，也无法检验乙烯的还原性，D 错误；
故选B。
17．（2025·江西·二模）25℃时向10mL 某浓度新制氯水中滴入0.1mol⋅L
-1的NaOH 溶液，滴定曲线如图
所示。已知次氯酸的电离平衡常数为K a=2.5×10
-8。下列说法正确的是
A．该实验过程可以用pH 试纸测量溶液的pH 值
B．甲点溶液中存在：n(Cl2)+n (HClO)+n(Cl
-)+n(ClO
-)=0.01 N A
C．丙点溶液中：c (Na
+)>c (Cl
-)>c (ClO
-)>c (HClO)>c (H
+)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)+ H2O (l)⇌H
+ (aq)+Cl
-(aq)+ HClO (aq)该反应的平衡常数K 的数量级
为10
-6
【答案】C
【分析】由图可知，用NaOH 溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生HCl 与
NaOH 的反应；从乙到pH=10 的点，主要发生HClO 与NaOH 的反应。由图可知，加入20mL 氢氧化钠溶
液恰好生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒，氯原子总量为0.1mol⋅L
-1×0.02L=0.002mol，据此解
答。
【详解】A．氯水中的次氯酸具有强氧化性，则氯水具有漂白性，玻璃棒蘸取该溶液滴至pH 试纸上会先变
色后褪色，所以该实验过程不可以用pH 试纸测量溶液的pH 值，A 错误；
B．由分析可知，结合氯元素守恒，甲点溶液中存在：2n(Cl2)+n (HClO)+n(Cl
-)+n(ClO
-)=0.002N A，B
错误；
C．丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，此时c(H+)=10-8mol/L， ，则
Ka=c(H
+)c(ClO
-)
c(HClO)
= 10
-8c(ClO
-)
c(HClO)
=2.5×10
-8，c(ClO
-)=2.5c(HClO)，结合反应Cl2+H2O⇌
❑
❑
HClO+HCl，
则c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以丙点溶液中：c(Na
+)>c(Cl
-)>c(ClO
-)>c(HClO)>c(H
+)，C 正确；
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)+ H2O (l)⇌H
+ (aq)+Cl
-(aq)+ HClO (aq)，pH=10 时，Cl2与NaOH 刚好完全
反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)=
0.1mol⋅L
-1×0.02L× 1
2
0.01L
=0.1mol/L，根据起
点pH=2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)=0.01 mol/L，此时c(Cl2)=0.1-c(H+)，其平衡常数
K=c(H
+)c(Cl
-)c(HClO)
c(Cl2)
= 0.01×0.01×0.01
0.1-0.01
≈10
-5，即该反应的平衡常数K 的数量级为10−6，D 错误；
故选C。
18．（2024·海南·二模）室温下，往10 mL0.1mol/L NaOH溶液中加入下列试剂，所得溶液仍呈碱性的是
A．10 mL pH =1的H2SO4
B．10 mL pH =1的CH3COOH
C．22.4 L Cl2
D．10 mL0.1mol/L NaHSO3
【答案】D
【分析】10 mL0.1mol/L NaOH中，n(NaOH)=n(O H
-)=0.1mol/L×10×10
-3L=10
-3mol。
【详解】A．10 mL pH =1的H2SO4中，n(H
+)=0.1mol/L×10×10
-3L=10
-3mol，
10 mL0.1mol/L NaOH中，n(O H
-)=0.1mol/L×10×10
-3L=10
-3mol，n(H
+)=n(O H
-)则混合后显中
性，A 错误；
B．因为CH3COOH是弱电解质，部分电离，则10 mL pH =1的CH3COOH中，
n(C H3COOH)>>n(H
+)=0.1mol/L×10×10
-3L=10
-3mol，因此混合后CH3COOH 过量较多，显酸性，B
错误；
C．室温下22.4 L Cl2大约是0.93mol，0.93molCl2与10
-3mol NaOH发生反应后，氯气剩余较多，所得溶
液不呈碱性，C 错误；
D．10 mL0.1mol/L NaHSO3中，n( NaHSO3)=0.1mol/L×10×10
-3L=10
-3mol，NaHSO3与NaOH恰好
完全反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠由于亚硫酸根离子的水解显碱性，D 正确；
故选D。
19．（2025·山东滨州·二模）下列有关实验安全及操作规范的说法正确的是
A．滴定实验时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
B．若不慎将浓硫酸溅到皮肤上，可立即用3～5％的NaHCO3溶液冲洗
C．开启盛装易挥发液体的试剂瓶前，需充分振荡
D．用水处理废弃药品中含有的少量金属钠
【答案】A
【详解】A．滴定实验时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使液体顺利流入锥形瓶，同时也
避免液体溅出，A 正确；
B．应先用干布擦拭，再用大量的水冲洗，最后用3～5％的NaHCO3溶液冲洗，B 错误；
C．开启盛装易挥发液体的试剂瓶前，充分振荡，会导致试剂瓶内压强增大，开启时容易造成液体喷出，C
错误；
D．钠与水会剧烈反应产生氢气，同时放出大量的热，可能引发爆炸，D 错误；
故答案选A。
20．（2025·河北邢台·二模）25 ℃下，某实验小组用碱（MOH）与酸（HA）做了如下三组滴定实验：
实验序号
c(MOH)/(mol⋅L
-1)
V (MOH)/ mL
c(HA)/(mol⋅L
-1)
V (HA)/ mL
1
0.1000
50.00
0.1000
25.00
2
0.0100
50.00
0.0100
25.00
3
0.0010
50.00
0.0010
25.00
得到滴定曲线如图（生成的MA 可溶于水）：
下列说法错误的是
A．三组实验均可选用甲基橙作指示剂
B．K a(HA)> K b(MOH)
C．M、N、P 三点溶液中，N 点水的电离程度最大
D．该小组所做实验说明通常的酸碱滴定不适用于特别低的浓度测定
【答案】A
【详解】A．甲基橙的变色范围为3.1~4.4，实验3 的pH 突变范围与甲基橙的变色范围无法重叠且pH 突变
范围太小，甲基橙已不适用，A 错误；
B．实验1 的pH 突变范围偏酸性，说明MA 溶液呈酸性，则M
+的水解程度大于A
-的水解程度，则
K a(HA)> K b(MOH)，B 正确；
C．M、N、P 三点溶液中，N 点酸碱恰好完全反应，溶质为MA，M
+和A
-的水解促进水的电离，M 点为
HA 溶液，抑制水的电离，P 点MOH 过量，抑制水的电离，则N 点水的电离程度最大，C 正确；
D．对比三组实验可知，酸与碱浓度越低时的pH 突变范围越小，越难以确定滴定终点，表明通常的酸碱滴
定不适用于特别低的浓度测定，D 正确；
故选A。
盐类的水解
21．（2025·浙江绍兴·二模）25℃，向10mL 浓度均为0.1mol/L 的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，逐滴加
入0.1mol/L 的MgCl2溶液。H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；Ksp(MgCO3)=4×10-6。下列有关
说法正确的是
A．25℃时，MgCO3饱和溶液中，含碳微粒最主要以HCO❑3
-形式存在
B．25℃时，0.1mol MgCO3固体不可全部溶于1L 0.2mol/L 的盐酸中
C．加入10mL 的MgCl2溶液后，溶液中存在c(Na+)=c(CO❑3
2-)+c(HCO❑3
-)+c(H2CO3)
D．将上述MgCl2溶液加入到0.1mol/LNaHCO3溶液中无明显现象
【答案】A
【详解】A．25℃时，MgCO3溶解度小，MgCO3饱和溶液的pH≈7，H2CO3的电离常数Ka2=4.7×10-11，
c(CO3
2-)c (H
+)
c(HCO3
-)
= 4.7×10
-11，c(CO3
2-)×10
-7
c(HCO3
-)
= 4.7×10
-11，c(CO3
2-)
c(HCO3
-)
= 4.7×10
- 4 所以含碳微粒最主要
以HCO❑3
-形式存在，故A 正确；
B．25℃时，0.1mol MgCO3与盐酸完全反应消耗0.2mol 盐酸，固体能全部溶于1L 0.2mol/L 的盐酸中，故
B 错误；
C．加入10mL 的MgCl2溶液后，溶液中的溶质为0.1mol/LNaCl、0.05mol/L NaHCO3的混合液，根据物料
守恒，c(Na+)=0.15mol/L、c(CO❑3
2-)+c(HCO❑3
-)+c(H2CO3)=0.05mol/L，溶液中存在c(Na+)=3c(CO❑3
2-)
题型三
+3c(HCO❑3
-)+3c(H2CO3)，故C 错误；
D．将上述MgCl2溶液加入到0.1mol/LNaHCO3溶液中生成氢氧化镁沉淀，故D 错误；
选A。
22．（2025·浙江绍兴·二模）COX2、POX3的水解(取代)机理不同(X 表示卤原子)，具体过程如图所示。下
列说法不正确的是
A．POX3在NaOH 溶液中彻底水解后可形成两种盐(不考虑阴离子的水解)
B．由于键能C-Br<C-Cl，故COBr2的水解速率大于COCl2
C．COX2与POX3的中心原子分别为sp2和sp3杂化
D．COX2水解过程先发生加成反应再发生消去反应
【答案】B
【详解】A．POX3在NaOH 溶液中彻底水解后可形成Na3PO4、NaX 两种盐，故A 正确；
B．COBr2水解第一步为慢反应，总反应速率决定于第一步反应，第一步反应为羰基的加成反应，所以总
反应速率与C -X 键能无关，故B 错误；
C．COX2中C 原子价电子对数为3，POX3中P 原子价电子对数为4，中心原子分别为sp2和sp3杂化，故C
正确；
D．COX2水解过程先发生羰基的加成反应，再发生消去反应形成羰基，故D 正确；
选B。
23．（2025·浙江绍兴·二模）AlCl3是一种用途广泛的化工原料，某兴趣小组欲从饱和AlCl3溶液中获取
AlCl3·6H2O，相关装置如图所示，下列说法不正确的是
已知：AlCl3·6H2O 易溶于水、乙醇及乙醚
A．通入HCl 可以抑制AlCl3水解并促使AlCl3·6H2O 晶体析出
B．经过滤→冷水洗涤2~3 次→低温干燥可以获取AlCl3·6H2O 晶体
C．倒扣小漏斗的作用是防止NaOH 溶液倒吸
D．AlCl3·6H2O 在干燥HCl 氛围中加热脱水可以制备无水AlCl3
【答案】B
【详解】A．AlCl3发生水解反应AlCl3+3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，通入HCl 可以抑制Al3+的水解，增大了溶
液中Cl-的浓度，降低AlCl3溶解度，促使AlCl3·6H2O 晶体析出，故A 正确；
B．AlCl3·6H2O 易溶于水，增大氯离子浓度可防止晶体溶解而损失，合适的洗涤剂为饱和氯化铝溶液，经
过滤→饱和氯化铝溶液洗涤2~3 次→低温干燥可以获取AlCl3·6H2O 晶体，故B 错误；
C．氯化氢溶于水易发生倒吸，倒扣小漏斗的作用是防止NaOH 溶液倒吸，故C 正确；
D．为防止AlCl3·6H2O 水解，在干燥HCl 氛围中加热脱水可以制备无水AlCl3，故D 正确；
选B。
24．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
实验操作或现象
结论
A
实验室合成少量氨气并检验氨
气的存在
B
向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl 混合溶液中滴加AgNO3溶
液，最终有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)
C
用pH 试纸测得：CH3COONa 溶液的pH 约为9，NaNO2溶液的pH
约为8
HNO2电离出H+的能力比
CH3COOH 的强
D
滴定终点前冲洗锥形瓶内壁
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，氨气不能使干燥pH 试纸变色，A
错误；
B．向相同浓度的NaI、NaCl 混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，最终有黄色沉淀生成，不能确定AgCl 和
AgI 沉淀先后顺序，不能得出Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)，B 错误，
C．CH3COONa 溶液与NaNO2溶液的浓度、温度不确定，故不能由盐溶液的pH 大小判断对应弱酸的酸性
强弱，C 错误；
D．在滴定过程中，滴定接近终点时，锥形瓶内壁可能附着少量未被反应的滴定液或被滴定液。若此时用
蒸馏水冲洗，虽然会增加溶液体积，但锥形瓶中溶质的物质的量不会改变，D 正确；
故选D。
25．（2025·贵州毕节·二模）常温下，用浓度为0.0200 mol⋅L
-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为
0.0200 mol⋅L
-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η= V (标准溶液)
V (待测溶液))的变化曲
线如图所示。已知：K a(CH3COOH)=10
- 4.76。下列说法错误的是
A．a 点溶液pH约为3.38
B．b 点：c(CH3COOH)<c(CH3COO
-)
C．c 点：c (Na
+)=2c(CH3COO
-)+2c(CH3COOH)
D．pH =7时，c (Na
+)=c (Cl
-)+c(CH3COOH)
【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。
【详解】A．由分析可知，a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，
c(H+)=c(CH3COO-)，则K a= c( H
+)c(CH 3COO
-)
c(CH 3COOH )
= c
2( H
+)
0.01
=10
- 4.76，c( H
+)=
❑√10
-6.76=10
-3.38，
pH=3.38，故A 正确；
B．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B 正确；
C．由分析可知，c 点时溶质成分为NaCl、CH3COONa，且浓度比为1：1，根据物料守恒：
c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，故C 正确；
D．pH=7 时c(H+)=c(OH-)，则根据电荷守恒：c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，故D 错误；
故答案为D。
26．（2025·江苏常州·二模）室温下，通过下列实验探究NaHS 溶液的性质。
已知：Ka1(H2S)=1.0×10
-7，Ka2(H2S)=1.0×10
-13，Ksp(CuS)=1.0×10
-36。
实验1：向0.10mol/L NaHS 溶液中逐滴加入NaOH 溶液，至溶液pH =11；
实验2：向0.10mol/L NaHS 溶液中滴加新制氯水，氯水褪色，有淡黄色沉淀产生；
实验3：向0.10mol/L NaHS 溶液中滴加几滴CuSO4溶液，有黑色沉淀生成。
下列说法正确的是
A．实验1 所得溶液中：c(S
2-)<c(H2S)
B．实验1 所得溶液中：c(Na
+)>c(HS
-)+2c(S
2-)
C．实验2 中主要反应的离子方程式：Cl2+S
2-=2Cl
-+S↓
D．实验3 中反应Cu
2++2HS
-=CuS↓+ H2S的平衡常数K =1.0×10
16
【答案】B
【详解】A．由电离常数可知，Ka1(H2S) Ka2(H2S)= c(HS
-)c(H
+)
c(H2S)
×c(S
2-)c(H
+)
c(HS
-)
=c(S
2-)c
2(H
+)
c(H2S)
=1.0×10—
7×1.0×10—13=1.0×10—20，则pH 为11 的溶液中c(S
2-)
c(H2S) = 1.0×10
-20
(1.0×10
-11)
2=100，则溶液中：c(S
2-)＞c(H2S)，
故A 错误；
B．由题意可知，实验1 得到的溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，由电荷守恒关系
c(Na+)+c(H+)=c(HS—)+2c(S2—)+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)＞c(HS—)+2c(S2—)，故B 正确；
C．由题意可知，实验2 发生的反应为硫氢化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、硫沉淀和盐酸，反应的离子
方程式为HS—+Cl2=S↓+2Cl—+ H+，故C 错误；
D．由题意可知，实验3 中反应的平衡常数K=c(H2S)
c
2(HS
-)c(Cu
2+)
=c(H2S)c(S
2-)c(H
+)
c
2(HS
-)c(Cu
2+)c(S
2-)c(H
+)
=
Ka2(H2S)
Ka1(H2S)Ksp(CuS) =
1.0×10
-13
1.0×10
-7×1.0×10
-36=1.0×10—30，故D 错误；
故选B。
27．（2025·福建厦门·二模）25℃时，K sp[Cu (OH)2]=10
-19.3，Cu
2+ (aq)+ 4 NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4]
2+ (aq)
K =10
12.9。向10 mL0.2mol⋅L
-1CuSO4溶液中滴加8 mol⋅L
-1氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉
淀完全溶解，得到深蓝色溶液。下列说法错误的是
A．将浓氨水稀释至8 mol⋅L
-1，c(NH4
+)
c (OH
-)
不断变小
B．Cu
2+沉淀完全时(c =10
-5 mol⋅L
-1)，pH =7.15
C．Cu (OH)2(s)+ 4 NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4]
2+ (aq)+2OH
-(aq) K =10
-6.4
D．NH4
+对于Cu (OH)2转化为[Cu(NH3)4]
2+有促进作用
【答案】B
【详解】A．浓氨水中存在平衡：NH3⋅H2O⇌NH4
++OH
-，将浓氨水稀释至8 mol⋅L
-1，c(NH4
+)和c(OH
-)均
减小，由于氨水的浓度降低，对水的电离抑制程度减小，c(OH
-)减小的程度小于c(NH4
+)，c(NH4
+)
c(OH
-)
不断变小，
A 正确；
B．Cu
2+沉淀完全时(c =10
-5 mol⋅L
-1)，溶液中c(OH
-)=
❑√
Ksp[Cu (OH)2]
c(Cu
2+)
= ❑√
10
-19.3
10
-5 mol⋅L
-1=10
-7.15mol⋅L
-1，c(H+)=10
-14
10
-7.15 mol⋅L
-1=10
-6.85mol⋅L
-1，
pH =6.85，B 错误；
C．Cu
2+ (aq)+ 4 NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4]
2+ (aq)的平衡常数K=
c{[Cu(NH3)4]
2+}
c
4(NH3)c(Cu
2+) =10
12.9，
Cu (OH)2(s)+ 4 NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4]
2+ (aq)+2OH
-(aq)的平衡常数
K=
c
2(OH
-)c{[Cu(NH3)4]
2+}
c
4(NH3)
=
c
2(OH
-)c{[Cu(NH3)4]
2+}c(Cu
2+)
c
4(NH3)c(Cu
2+)
= Ksp[Cu (OH)2]×K=10
-19.3×10
12.9=10
-6.4，
C 正确；
D．增大NH4
+的浓度，平衡NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4
++OH
-逆向移动，溶液中NH3的浓度增大，促进
Cu
2+ (aq)+ 4 NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4]
2+ (aq)正向移动，对于Cu (OH)2转化为[Cu(NH3)4]
2+有促进作用，D 正确；
故选B。
28．（2025·陕西渭南·二模）常温下，碳酸氢钠溶液中p(X)(X 为H2CO3，CO3
2-，H+或OH
-)随p(HCO3
-)变化
曲线如下，其中p 表示负对数运算，如p(H2CO3)=1表示c(H2CO3)=0.1mol⋅L
-1，下列说法错误的是
A．曲线③表示p(H2CO3)的变化曲线
B．交点M 处c (H
+)+c(H2CO3)=2c(CO3
2-)
C．碳酸氢钠溶液物质的量浓度较大时，可能出现c (H
+)=c(H2CO3)>c(CO3
2-)
D．碳酸氢钠溶液中一定存在c(H2CO3)⋅c(CO3
2-)<c
2(HCO3
-)
【答案】C
【分析】碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，溶液中碳酸的浓度大于碳
酸根离子，碳酸氢钠溶液的浓度越大，溶液中氢氧根离子浓度和碳酸浓度越大，则曲线①、②、③、④分
别表示p(H+)、p(CO3
2-)、p(H2CO3)、p(OH
-)的变化曲线。
【详解】A．由分析可知，曲线③表示p(H2CO3)的变化曲线，A 正确；
B．由分析可知，曲线②、④分别表示p(CO3
2-)、p(OH
-)的变化曲线，由图可知，交点M 处，溶液中碳酸根
离子浓度与氢氧根离子浓相等，由质子守恒关系c(H
+)+c(H2CO3)=c(CO3
2-)+c(OH
-)可知，溶液中
c(H
+)+c(H2CO3)=2c(CO3
2-)，B 正确；
C．由图可知，碳酸氢钠溶液物质的量浓度较大时，c(H2CO3)>c(CO3
2-)>c(H
+)，C 错误；
D．碳酸溶液的一级电离常数远远大于二级电离常数由分析可知，碳酸氢钠溶液中
c(H2CO3)c(CO3
2-)
c
2(HCO3
-)
=c(H2CO3)c(CO3
2-)c(H
+)
c
2(HCO3
-)c(H
+)
=Ka2
Ka1
<1，c(H2CO3)⋅c(CO3
2-)<c
2(HCO3
-)，D 正确；
故选C。
29．（2025·福建莆田·二模）25℃，向含足量CaF2固体的悬浊液中滴加一定浓度的盐酸，溶液中lgc(X)(X
表示Ca
2+或F-)与lg c(H
+)
c(HF)
的关系如下图所示。k、k′分别代表直线M、N 的斜率，不考虑HF 的挥发损失，
溶液中含氟微粒仅考虑F-和HF．下列说法中错误的是
A．直线M 代表lgc(Ca
2+)
B．CaF2(s)+2H
+(aq)⇌Ca
2+(aq)+2HF(aq) 化学平衡常数K =10
-2.8
C．P 点溶液中，c(H
+)+c(Ca
2+)=c(OH
-)+c(Cl
-)
D．盐酸加入的过程中，c(Ca
2+)⋅c(F
-)保持不变
【答案】D
【分析】CaF2固体的悬浊液中存在溶解平衡：CaF2(s)⇌Ca2+(aq)+2F-(aq)，滴加一定浓度的盐酸，H+与F-反
应，上述平衡向右移动，c(Ca2+)增大，c(F-)减小，K a(HF)不变，则lg c(H
+)
c(HF)
增大，随着lg c(H
+)
c(HF)
增大，
lgc(Ca
2+)增大，即用M 线表示，lgc(F
-)减小，用N 线表示；
【详解】A．由上述分析可知，直线M 代表lgc(Ca
2+)，故A 正确；
B．由图像数据可知，当lg c(H
+)
c(HF)
=0 时，lgc(Ca
2+)=-2.8，则c(H
+)
c(HF) =1时，c(Ca
2+)=10
-2.8，
CaF2(s)+2H
+(aq)⇌Ca
2+(aq)+2HF(aq)的平衡常数K=c(Ca
2+)c
2(HF)
c
2(H
+)
=c(Ca
2+)=10
-2.8，故B 正确；
C．由图可知，P 点溶液中c(Ca
2+)=c(F
-)，溶液中存在电荷守恒等式：
c(H
+)+2c(Ca
2+)=c(OH
-)+c(Cl
-)+c(F
-)
，即有c(H
+)+c(Ca
2+)=c(OH
-)+c(Cl
-)，故C 正确；
D．Ksp(CaF2)= c(Ca
2+)c
2(F
-)，故c(Ca
2+)⋅c(F
-)=Ksp(CaF2)
c(F
-)
，Ksp不变，c(F-)减小，故c(Ca
2+)⋅c(F
-)
增大，故D 错误；
答案选D。
30．（2025·河南·二模）常温下，向饱和AgAc 溶液(有足量AgAc 固体)中滴加稀硝酸，调节体系pH 促进
AgAc 溶解，总反应为AgAc(s)+H+(aq)⇌Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡时lgc(Ag+)、分布系数δ(M)与pH 的变化关
系如图所示〔其中M 代表HAc 或Ac，δ(HAc)=c(HAc)
c(H
+)+c(Ac
-) ，Ag+水解忽略不计]。
已知：常温下，pKsp(AgAc)=-lgKsp(AgAc)=2.71。
下列叙述错误的是
A．曲线Ⅰ代表lgc(Ag+)与pH 的关系
B．pH=4.5 时，溶液中c(HAc)<c(NO3
-)
C．pH=6 时，溶液中δ(HAc)
δ(Ac
-) >10
D．AgAc(s)+H+(aq)⇌Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常数K=102.04
【答案】C
【分析】随着pH 增大，c(H+)减小，c(HAc)减小，c(Ac−)增大，所以曲线Ⅱ对应HAc 的分布系数（随pH 增
大而减小），曲线Ⅲ对应Ac−的分布系数（随pH 增大而增大），据此分析解题。
【详解】A．随着pH 减小，c(H+)增大，AgAc(s)+H+(aq)⇌Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡正向移动，随pH 减小
lgc(Ag+)增大，曲线I 代表lgc(Ag+) 与pH 的关系，A 正确；
B．当pH=4.5 时，溶液中存在物料守恒c(Ag+)=c(Ac−)+c(HAc)，电荷守恒c(Ag+)+c(H+)=c(Ac−)+c(NO3
-)
+c(OH−)，联立可得c(HAc)+c(H+)=c(NO3
-)+c(OH−) ，pH=4.5 时，c(H+)>c(OH−)，所以c(HAc)<c(NO3
-)，B 正
确；
C．pH=6 时，c(H+)= 10−6mol/L，Ka(HAc)=c(H
+)c(Ac
-)
c(HAc)
，X 点时pH=4.75，δ(HAc)=c(HAc)
c(H
+)c(Ac
-) =0.5，
即c(Ac
-)=c(HAc)，Ka(HAc)= c(H+)=10-4.75，溶液中
δ(HAc)
δ(Ac
-)
=c(HAc)
c(Ac
-)
=c(H
+)
Ka(HAc) = 10
-6
10
- 4.75 =10
-1.25＜10，C 错误；
D．AgAc(s)+H+(aq)⇌Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡常数K
=c(HAc)⋅c(Ag
+)
c(H
+)
=c(HAc)⋅c(Ag
+)⋅c(Ac
-)
c(H
+)⋅c(Ac
-)
=Ksp(AgAc)
Ka (HAc)
，Ksp(AgAc) =10-2.71，Ka(HAc) =10-4.75，平
衡常数K=102.04，D 正确；
故选C。
沉淀溶解平衡
31．（2025·辽宁·二模）室温下，向c(Al
3+)、c(Zn
2+)均为0.1mol⋅L
-1的混合溶液中持续通入H2S气体，
始终保持H2S饱和(H2S的物质的量浓度为0.1mol⋅L
-1)，通过调节pH使Al
3+、Zn
2+分别沉淀，溶液中
-lgc与pH的关系如图所示。其中，c 表示Al
3+、Zn
2+、OH
-和S
2-的物质的量浓度的数值，
Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10
-17。下列说法错误的是
A．②代表-lgc(OH
-)与pH的关系曲线
B．溶解度：Al(OH)3<Zn(OH)2
C．pH逐渐增大时，优先析出的沉淀是ZnS
题型四
D．ZnS+2H
+⇌Zn
2++ H2S的平衡常数K =10
0.6
【答案】D
【分析】依据纵坐标-lgc(OH
-)即为pOH，室温下pOH+ pH =14，根据点(5.8,8.2)可推知②代表OH
-，pH 越
大，硫离子浓度越大，所以①代表S
2-；从c(Al
3+)、c(Zn
2+)均为0.1mol⋅L
-1可知③④代表金属离子；根
据②与④的交点坐标(5.8,8.2)可知此时pH=5.8，则c(OH
-)=10
-8.2mol/L，同时根据
Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10
-17，则④代表Al
3+，③代表Zn
2+。
【详解】A．由分析知，②代表−lgc(OH−)与pH 的关系曲线，A 不符合题意；
B．根据分析曲线④代表Al3+，曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则c(OH-)=
c(Al3+)=10-8.2mol/L，Ksp[Al(OH)3]=10
-32.8，氢氧化铝的饱和溶液中铝离子浓度为4√
1
27 ×10
-8.2mol/L，
Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10
-17，饱和氢氧化锌溶液中锌离子浓度为
3√
1.2×10
-17
4
mol/L=
3√3×10
-6mol/L，则
溶解度：Al(OH)3 <Zn(OH)2，B 不符合题意；
C．根据①和③交点(5.6，10.8)可知，Ksp(ZnS)=c(Zn
2+)⋅c(S
2-)=10
-10.8×10
-10.8=10
-21.6， 硫化锌的饱
和溶液中锌离子浓度为10-10.8mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10
-17，饱和氢氧化锌溶液中锌离子浓度为
3√
1.2×10
-17
4
mol/L=
3√3×10
-6mol/L，则ZnS 更容易生成，则随pH 逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀
为ZnS，C 不符合题意；
D．可利用坐标(5.6,10.8)来计算，则
Ka1⋅Ka2=c(H
+)⋅c(HS
-)⋅c(H
+)⋅c(S
2-)
c(H2S)⋅c(HS
-)
=c
2(H
+)⋅c(S
2-)
c(H2S)
= (10
-5.6)
2⋅10
-10.8
0.1
=10
-21，
ZnS+2H
+⇌Zn
2++H2S的平衡常数
K=c(Zn
2+)c(H2S)
c
2(H
+)
=c(Zn
2+)⋅c(S
2-)c(H2S)
c
2(H
+)⋅c(S
2-)
=Ksp(ZnS)
Ka1⋅Ka2
= 10
-21.6
10
-21 =10
-0.6，D 符合题意；
故选D。
32．（2025·辽宁·二模）银是一种贵金属，可制合金、焊药、电子设备等。从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金
属元素)中提取银的流程如图。
下列说法错误的是
A．“酸浸”后浸出液中的金属阳离子为Cu
2+、Na
+
B．“络合浸出”时，发生的离子反应为Ag
++2S2O3
2=[Ag(S2O3)2]
3-
C．“络合浸出”时，若pH过小会降低银的浸出率
D．“滤液”经处理后可返回“络合浸出”工序循环利用
【答案】B
【分析】铅银渣中含有Pb、Ag、Cu等金属元素；向铅银熔烧渣中加入H2SO4、NaCl、NaNO3进行酸浸，
H2SO4提供酸性环境，NaCl引入Cl
-，在酸性条件下，NaNO3电离出的NO3
-具有氧化性，此步骤可使铜元素
溶解进入浸出液，银元素转化成难溶的AgCl、铅元素转化成难溶的PbSO4，将铅银焙烧渣中的金属进行初
步分离。由流程可知，“络合浸出”时加入Na2S2O3溶液将AgCl 转化为[Ag(S2O3)2]3-。向络合浸出液中加
入N2H4⋅H2O（水合肼），并调节pH = 14，水合肼具有还原性，在碱性条件下将[Ag(S2O3)2]3-还原为单质
银析出，经过滤等操作得到银，同时产生滤液。
【详解】A．根据分析，酸浸时，银元素转化成难溶的AgCl、铅元素转化成难溶的PbSO4，所以浸出液中
金属阳离子有Cu
2+、Na
+，A 选项正确；
B．“络合浸出”时加入Na2S2O3溶液将AgCl 转化为[Ag(S2O3)2]3-，发生的离子反应为AgCl+2S2O3
2-
=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，B 选项错误；
C．S2O3
2-在酸性条件下会发生反应S2O3
2-+2H
+=S↓+SO2↑+H2O，若pH 过小，S2O3
2-浓度降低，不利于形成
络合物，会降低银的浸出率，C 选项正确；
D．“还原析银”的反应为4[Ag(S2O3)2]3-+N2H4▪H2O+4OH-=4Ag+N2↑+8S2O3
2-+5H2O，“滤液”中含有
Na2S2O3等物质，经处理后返回“络合浸出”工序，可提高原料利用率，D 选项正确；
故答案为：B。
33．（2025·山西晋中·二模）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选
项
实验操作和现象
结论
A
向某溶液中加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加足量盐酸，白色
沉淀不消失
原溶液中一定含有SO4
2-
B
向浓硝酸中加入红热的碳，产生红棕色气体
碳能还原浓硝酸生成
NO2
C
向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生
成
K sp(AgCl)> K sp(AgI)
D
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色
不能说明溶液中是否含
Br2
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．若原溶液中存在SO3
2-，加入Ba(NO3)2溶液，产生BaSO3白色沉淀，再加足量盐酸，BaSO3转化
为BaSO4白色沉淀，白色沉淀不消失，所以原溶液中不一定含有SO4
2-，A 错误；
B．C 与浓硝酸反应可生成二氧化氮，浓硝酸受热分解也能生成二氧化氮，结论不合理，B 错误；
C．氯离子和碘离子的浓度大小未知，若碘离子浓度远远大于氯离子浓度，溶液中会有AgI 黄色沉淀生成，
所以不能以此确定AgCl、AgI溶度积大小，C 错误；
D．溶液呈蓝色，说明溶液中有物质和KI发生了氧化还原反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝，该物质不一定
是Br2，也可能是Fe
3+，D 正确；
故选D。
34．（2025·贵州毕节·二模）下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选
项
实验操作及现象
结论
A
K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液由橙色变为
黄色
增大生成物的浓度，平衡向
逆反应方向移动
B
待测液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀
待测液含有SO4
2-
C
将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀，且生
成的气体可使品红溶液褪色
Na2S2O3既体现还原性又体
现氧化性
D
向NaCl溶液中滴加过量AgNO3溶液，再滴加KI溶
液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
K sp (AgI)< K sp (AgCl)
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O7
2-+H2O⇌2CrO4
2-+2H+，滴加NaOH溶液，OH-消耗H+，减小生成物
浓度，平衡正向移动，溶液由橙色变为黄色，A 错误；
B．待测液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，溶液中可能有SO4
2-、CO3
2-、SO3
2-或Ag+等，B 错误；
C．将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀S，且生成的气体SO2可使品红溶液褪色，Na2S2O3中S 的
化合价既升高又降低，Na2S2O3既具有氧化性又有还原性，C 正确；
D．AgNO3溶液过量，再滴加KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，不存在沉淀转化，不能判断
Ksp(AgI)、Ksp(AgCl)二者的大小关系，D 错误；
答案选C。
35．（2025·四川广安·二模）下列实验方案能达到实验目的的是
选
项
实验方案
实验目的
A
常温下，用pH 计测定浓度均为0.1mol⋅L
-1 CH3COONa、NaClO 溶
液的pH，并比较大小
比较CH3COOH、HClO 的
K a的大小
B
向1mL 0.2mol⋅L
-1 Na[Al(OH)4]溶液中加入3mL 0.2mol⋅L
-1 KOH
溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥
制备Al(OH)3
C
向PbS 黑色悬浊液中加入H2O2，观察沉淀颜色变化
比较K sp(PbS)、K sp(
PbSO4)的大小
D
将电石与水反应生成的气体直接通入溴水中，观察溴水是否褪色
验证乙炔的还原性
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．常温下，用pH 计测定浓度均为0.1mol⋅L
-1 CH3COONa、NaClO 溶液的pH，根据“越弱越
水解”，pH 越大说明越易水解，可以比较CH3COOH、HClO 的K a的大小，故A 正确；
B．Na[Al(OH)4]溶液和KOH 溶液不反应，故B 错误；
C．向PbS 黑色悬浊液中加入H2O2，PbS 被氧化为白色沉淀PbSO4，不能比较溶度积大小，故C 错误；
D．电石与水反应生成的气体中含有乙炔、H2S 等气体，乙炔、H2S 都能使溴水褪色，直接通入溴水中，溴
水褪色，不能证明乙炔的还原性，故D 错误；
选A。
36．（2025·辽宁抚顺·二模）25℃时，用同一NaOH 溶液分别滴定一元酸HA 溶液和CuSO4溶液，pM[p 表
示负对数，M 表示c(A
-)
c(HA) 、c(Cu
2+)]与溶液pH 的变化关系如图所示。已知：CuA2易溶于水，一般认为反
应的平衡常数K>105时反应进行完全。下列说法错误的是
A．线①代表滴定CuSO4溶液时pM 与溶液pH 的变化关系
B．HA 为一元弱酸，25℃时其Ka的数量级为10-8
C．滴定HA 溶液至x 点时，溶液中c(HA)>c(A
-)>c(Na
+)>c(H
+)>c(OH
-)
D．滴定CuSO4溶液至x 点时，改为滴加HA 溶液，沉淀可完全溶解
【答案】D
【详解】A．氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，随着NaOH 溶液的滴加，pH 增大，故c(Cu2+)逐渐
减小，-lgc(Cu2+)变大，所以曲线①代表滴定CuSO4溶液时pM 与溶液pH 的变化关系，曲线②代表滴定一
元酸HA 溶液时pM 与pH 的变化关系，A 正确；
B．由A 项分析可知，从线②与横坐标轴的交点时c(H+)=10-7.4mol⋅L-1，c(A
-)
c(HA) =1 时，Ka=c(A
-)c(H
+)
c(HA)
=c(H+)= 10-7.4，则HA 为一元弱酸，25℃时其Ka的数量级为10-8，B 正确；
C．x 点溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，所以c(A-)＞c(Na+)＞
c(H+)＞c(OH-)，再根据x 点的pM＞0，即c(A-)＜c(HA)，可得c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C 正
确；
D．若发生反应Cu(OH)2(s)+2HA(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)+2A-(aq)，则该反应的K=c(Cu
2+)c
2(A
2-)
c
2(HA)
=
c(Cu
2+)c
2(A
2-)c
2(OH
-)
c
2(HA)c
2(OH
-)
=Ksp[Cu(OH)2]c
2(A
2-)
c
2(HA)c
2(OH
-)
=Ksp[Cu(OH)2]Ka
2
Kw
2
，根据线①与横坐标轴的交点可
知pM=0，即c(Cu2+)=1.0mol⋅L-1时，c(OH-)= 10
-14
10
- 4.2=10-9.8mol/L，所以Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH-)=10-19.6，
K=10-19.6×(10
-7.4)
2
(10
-14)
2 =10-6.4＜105，故沉淀不能完全溶解，D 错误；
故答案为：D。
37．（2025·吉林·二模）秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2都是难溶性铅盐涂料。室温
下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb
2+)与-lgc(CO3
2-)或-lgc(I-)的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线Ⅱ对应的是-lgc(Pb
2+)与-lgc(I
-)的变化关系
B．a 点PbCO3的结晶速率小于其溶解速率
C．向浓度均为1mol/L 的Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液先产生白色沉淀
D．反应PbI2(s)+CO3
2-(aq)⇌PbCO3(s)+2I
-(aq)的平衡常数的数量级为10-6
【答案】C
【分析】根据溶解平衡，PbCO3(s)⇌Pb2+(aq)+ CO3
2-(aq)，达到平衡时c(Pb2+)=c(CO3
2-)，则图象曲线II 对应
的是-lgc(Pb2+)与-lgc(CO3
2-)的关系变化；PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，达平衡时2c(Pb2+)=c(I-)，图象曲线I 对应
的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化；
【详解】A．根据分析可知，曲线I 对应的是-lgc(Pb
2+)与-lgc(I
-)的变化关系，A 错误；
B．a 点对应的Q(PbCO3)>Ksp(PbCO3)，结晶速率大于其溶解速率，B 错误；
C．由图可知，Ksp(PbCO3)= c(Pb2+)×c(CO3
2-)=100×10-13.1=10-13.1，Ksp(PbI2)= c(Pb2+)×c2(I-)=100×(10-4)2=10-8，
1mol/L 的Na2CO3、NaI沉淀所需Pb2+浓度分别是10
-13.1
1
mol/ L=10
-13.1mol/ L、10
-8
1
2 =10
-8mol/L，
PbCO3先沉淀，先产生白色沉淀，C 正确；
D．反应PbI2(s)+CO3
2-(aq)⇌PbCO3(s)+2I
-(aq)的平衡常数K= c
2(I
-)
c(CO3
2-)
= K sp(PbI 2)
K sp(PbCO3)
= 10
-8
10
-13.1 =10
5.1，
数量级为105，D 错误；
答案选C。
38．（2025·北京丰台·二模）常温下探究BaCO3与BaSO4之间的转化，进行如下实验。
实
验
实验过程
电导率变化图像
pH 变化图像
Ⅰ
向盛有60mL 蒸馏水的烧杯中，加入适
量BaCO3固体，用磁力搅拌器搅拌，待
数据稳定后，加入1 滴管饱和Na2SO4
溶液
Ⅱ
向盛有60mL 蒸馏水的烧杯中，加入适
量BaSO4固体，用磁力搅拌器搅拌，待
数据稳定后，加入1 滴管饱和Na2CO3
溶液
下列说法正确的是
A．由图1 可知，相同条件下，同浓度的Na2SO4溶液比Na2CO3溶液导电能力强
B．由图2 可知，加入Na2SO4溶液后，水电离产生的c(H
+)=1×10
-10.3 mol⋅L
-1
C．实验Ⅱ中，加入1 滴管饱和Na2CO3溶液后，BaSO4转化为BaCO3
D．实验Ⅰ、Ⅱ的混合溶液中均存在：2c(Ba
2+)+c(Na
+)+c(H
+)=2c(SO4
2-)+2c(CO3
2-)+c(OH
-)
【答案】A
【详解】A．由实验1 可知，BaCO3转化成BaSO4，由图1 可知，加入Na2SO4导电能力增强，当沉淀转化后
后生成Na2CO3导电能力下降，故相同条件下，同浓度的Na2SO4溶液比Na2CO3溶液导电能力强，A 正确；
B．由图2 可知，加入Na2SO4溶液后，BaCO3转化成BaSO4，生成Na2CO3，Na2CO3为强碱弱酸盐，水溶液
中水解，水电离产生的c(OH
-)水=c(H
+)水=1×10
-3.7 mol⋅L
-1，B 错误；
C．实验Ⅱ中，加入1 滴管饱和Na2CO3溶液后，导电能力没变化，故BaSO4没有转化为BaCO3，C 错误；
D．实验Ⅰ、Ⅱ的混合溶液中均存在电荷守恒：
2c(Ba
2+)+c(Na
+)+c(H
+)=2c(SO4
2-)+2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(OH
-)，D 错误；
故选A。
39．（2025·山东·二模）利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置测定反应的中和热
B．用乙装置验证K sp(Ag2S)< K sp(Ag2SO4)
C．用丙装置测定Na2C2O4溶液的浓度
D．用丁装置探究浓度对反应速率的影响
【答案】C
【详解】A．铁质搅拌棒可导热，应改为玻璃搅拌器，故A 错误；
B．生成的硫化氢与硝酸银反应生成黑色沉淀，不发生沉淀的转化，不能证明K sp(Ag2S)< K sp(Ag2SO4)，
故B 错误；
C．酸式滴定管中盛放酸性高锰酸钾，锥形瓶中盛放草酸钠，可滴定草酸钠的浓度，故C 正确；
D．浓硫酸可氧化硫代硫酸钠，稀硫酸不能，反应原理不同，不能探究浓度对反应速率的影响，故D 错误；
故选：C。
40．（2025·山东济南·二模）从炼钢粉尘(主要含Fe2O3、Fe3O4和ZnO)中提取Zn 的流程如下：
已知：“盐浸”时ZnO 转化为[Zn(NH3)4]
2+，仅少量铁元素浸出；Ksp(ZnS)=1.0×10
-23。
下列说法正确的是
A．“盐浸”主要离子反应：ZnO+ 4 NH3⋅H2O =[Zn(NH3)4]
2++3 H2O+2OH
-
B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3
C．“沉锌”的离子反应：[Zn(NH3)4]
2++ 4 H2O+S
2-=ZnS↓+ 4 NH3⋅H2O
D．“滤液”可直接循环利用
【答案】C
【分析】“盐浸”过程ZnO 转化为[Zn(NH3)4]
2+发生反应ZnO+2NH3+2NH4
+= [Zn(NH3)4]
2++H2O，根据题
中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3，“沉锌”过程发生
反应为：[Zn(NH3)4]
2++ 4 H2O+S
2-=ZnS↓+ 4 NH3⋅H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS 及滤液。
【详解】A．“盐浸”过程ZnO 和NH3、NH4Cl 溶液反应转化为[Zn(NH3)4]
2+，主要离子反应：
ZnO+2NH3+2NH4
+= [Zn(NH3)4]
2++H2O，A 错误；
B．根据分析可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，所以滤渣中除Fe(OH)3，还有Fe2O3和Fe3O4，B 错误；
C．“沉锌”过程中[Zn(NH3)4]
2+和S2-反应生成ZnS 和NH3⋅H2O，离子方程式为：
[Zn(NH3)4]
2++ 4 H2O+S
2-=ZnS↓+ 4 NH3⋅H2O，C 正确；
D．“沉锌”后得到的滤液主要成分为NH4Cl，可以返回到“盐浸”循环使用，因此需要控制(NH4)2S 的
用量，让“沉锌”后的滤液中只含NH4Cl，D 错误；
故选C。
