文档文本内容
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·湖北黄冈·三模）25℃时0.1 mol ·L-1的NH4HCO3溶液的pH=7.8，保持溶液体积不变，通入HCl
或加入NaOH 固体调节pH(无气体逸出)，含碳(或氮)微粒的分布分数δ 与pH 的关系如下图，已知H2CO3的
pKa2=10.3，下列说法正确的是
A．曲线a 表示H2CO3的分布分数随pH 变化
B．曲线a 与曲线c 的交点对应的pH 为6.7
C．当pH=6.3 时，加入NaOH 发生的反应为：H2CO3+ OH-=H2O+HCO❑3
-
D．该体系中c(NH❑4
+)⋅[c(OH-)+10-4.7]=10-4.7
【答案】C
【分析】25℃时0.1 mol ·L-1的NH4HCO3溶液的pH=7.8，保持溶液体积不变，通入HCl 或加入NaOH 固体
调节pH(无气体逸出)，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。图像中左侧的曲线分别是H2CO3、HCO3
-、
题型一
CO3
2-的分布分数；右侧为NH3⋅H2O、NH4
+的分布分数；随着pH 增大，H2CO3的量减小、HCO3
-的量先增大后
减小、CO3
2-的量增大，则c、b、a 分别表示H2CO3、HCO3
-、CO3
2-的分布分数随pH 变化；随着pH 增大，NH4
+
的量减小、NH3⋅H2O的量增大，其中e 为NH4
+的分布分数。
【详解】A．曲线a 表示CO3
2-的分布分数随pH 变化，A 错误；
B．由图pH=6.3 时，c(H2CO3)=c(HCO3
-)，H2CO3的K a1=c(HCO3
-)c(H
+)
c(H2CO3)
=c(H
+)=10
-6.3，已知H2CO3的
pKa2=10.3，K a2 K a1=c(CO3
2-)c(H
+)
c(HCO3
-)
c(HCO3
-)c(H
+)
c(H2CO3)
=c(CO3
2-)c
2(H
+)
c(H2CO3)
=10
-10.3×10
-6.3，曲线a 与曲线c 的交
点c(CO3
2-)=c(H2CO3)，则此时c(H
+)=10
-8.3，pH=8.3，B 错误；
C．当pH=6.3 时，溶液中主要含H2CO3、HCO3
-，加入NaOH，氢氧根离子和H2CO3反应生成碳酸氢根离子
和水，反应为：H2CO3+ OH-=H2O+HCO❑3
-，C 正确；
D．由图pH=9.3 时，pOH=4.7，则K b=c(NH4
+)c(OH
-)
c(NH3⋅H2O) =c(OH
-)=10
- 4.7，由氮元素守恒，
c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)=0.1mol/L，则
c(NH4
+)c(OH
-)
0.1-c(NH4
+)
=10
- 4.7，D 错误；
故选C。
2．（2025·四川巴中·三模）室温下，向20.00 mL0.1000 ml⋅L
-1H2C2O4溶液中滴加0.1000 mol⋅L
-1氨水，
滴加过程中pH随滴入氨水体积的变化和pX[pX =-IgX，X 为
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
、c(HC2O4
-)
c(H2C2O4)
或
c(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)
]随pH
的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．L3表示
c(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)
随pH的变化曲线
B．该温度下，K b(NH3⋅H2O)=10
-4.7
C．水的电离程度：c点>d点
D．c点溶液中：c(H2C2O4)+c(HC2O4
-)+c(C2O4
2-)=c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)
【答案】D
【分析】H2C2O4⇌HC2O4
-+H
+，Ka1=c(H
+)×c(HC2O4
-)
c(H2C2O4
❑)
，HC2O4
-⇌C2O4
2-+H
+，Ka2=c(H
+)×c(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)
，
Ka1>Ka2，故c(H+)相同时，c(HC2O4
-)
c(H2C2O4) >c(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)
，即pH 相同时，lgc(HC2O4
-)
c(H2C2O4) >lgc(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)
，所以L3
表示c(HC2O4
-)
c(H2C2O4)
随pH 的变化曲线，L2表示
c(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)
随pH 的变化曲线，则L1表示
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
随pH的变
化曲线；
【详解】A．根据分析，L3表示c(HC2O4
-)
c(H2C2O4)
随pH 的变化曲线，A 错误；
B．根据分析，L1表示
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
随pH 的变化曲线，由a 点数据可得
Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4
+)⋅c(OH
-)
c(NH3⋅H2O)
= 10
2.5×10
-14
10
-6.7
=10
- 4.8，B 错误；
C．d点溶质为(NH4)2C2O4，c 点溶质为NH4 HC2O4，相同浓度时草酸根的水解程度大于草酸氢根，草酸根更
促进水的电离，所以水的电离程度：c点<d点，C 错误；
D．c 点溶质为NH4HC2O4，根据物料守恒可知c 点溶液中：
c (H2C2O4)+c(HC2O4
-)+c(C2O4
2-)=c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)，D 正确；
故选D。
3．（2025·北京海淀·三模）25℃时，向100 mL蒸馏水中加入3gCaCO3粉末，一段时间后再向其中加入
10 mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图。
已知：25℃时，K sp(CaCO3)=3.4×10
-9；饱和CaCO3溶液的pH略小于10。
H2CO3的电离常数：K a1= 4.5×10
-7, K a2= 4.7×10
-11。
下列说法正确的是
A．a→b过程的上层清液中：c(Ca
2+)=c(CO3
2-)
B．c→d过程的上层清液电导率下降，说明CaCO3的溶解平衡逆向移动
C．e点的上层清液中：c(CO3
2-)<c(HCO3
-)
D．体系中任意时刻都满足c(Ca
2+)+c (H
+)=2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c (OH
-)
【答案】C
【分析】25
°C时，向蒸馏水加入CaCO3粉末及后续加水过程中电导率变化图，呈现实验中电导率随时间变
化的曲线。起点a，代表初始蒸馏水，电导率低，因纯水中离子极少。a→b 段，加入CaCO3，其溶解产生
Ca
2+、CO3
2-等离子，离子浓度增大，电导率上升，到b 点达溶解平衡，电导率暂稳 。c→d 段，加入10mL
蒸馏水，溶液被稀释，离子浓度降低，电导率下降。d→e 段，CaCO3继续溶解补充离子，离子浓度逐渐回
升，电导率上升，e 点后溶解又达平衡，电导率趋于稳定 ，反映CaCO3溶解平衡及离子浓度变化对电导率
的影响。
【详解】A．CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3(s)⇌Ca
2+(aq)+CO3
2-(aq)，同时CO3
2-会发生水解
CO3
2-+ H2O⇌HCO3
-+OH
-，由CO3
2-于水解，所以c(Ca
2+)>c(CO3
2-)，A 错误；
B．c→d过程加入蒸馏水，溶液被稀释，离子浓度减小，导致电导率下降，而稀释会使CaCO3的溶解平衡
正向移动，B 错误；
C．在e点的上层清液为CaCO3饱和溶液，由K sp(CaCO3)=3.4×10
-9得
c(CO3
2-)=
❑√3.4×10
-9 mol⋅L
-1=6.0×10
-5 mol⋅L
-1，CO3
2-存在水解平衡，即CO3
2-+ H2O⇌HCO3
-+OH
-，
HCO3
-+ H2O⇌H2CO3+OH
-，根据Ka1= 4.5×10
-7，Ka2= 4.7×10
-11，可得
c(CO3
2-)c( Η
+)
c( Η CO3
-)
= Ka2= 4.7×10
-11，Kh1=c( Η CO3
-)c(Ο Η
-)
c(CO3
2-)
=Kw
Ka2
≈2×10
- 4，CO3
2-以第一步水解为主，设
有xmol⋅L
-1的CO3
2-水解生成HCO3
-，列三段式有：
CO3
2-
+
H2O
⇌
HCO3
-
+
OH
-
起始(mol⋅L
-1)
6.0×10
-5
¿
¿
¿
转化(mol⋅L
-1)
¿
¿¿¿x¿¿x¿平衡(mol⋅L
-1)¿6.0×10
-5-x
则x
2
6.0×10
-5-x
≈2×10
- 4，x≈4.85×10
-5，即c( Η CO3
-)= 4.85×10
-5 mol⋅L
-1，
c(CO3
2-)≈1.15×10
-5 mol⋅L
-1，所以c(CO3
2-)<c(HCO3
-)，C 正确；
D．根据电荷守恒，体系中应满足2c(Ca
2+)+c(H
+)=2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(OH
-)，D 错误；
综上，答案是C。
4．（2025·北京海淀·三模）某小组同学为了验证NH4
+和HCO3
-对Mg 与水反应的促进作用，用与水反应后的
Mg 条与4 种盐溶液进行对比实验，结果如下。
实验序号
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
盐溶液(均为0.1mol⋅L
-1)
NH4Cl
NaHCO3
NaCl
NH4 HCO3
起始pH
5.1
8.3
7.0
7.8
30min时产生气体体积
(mL)
1.5
0.7
<0.1
1.4
气体的主要成分
H2
30min时镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)
补充实验表明：(ⅰ)实验ⅰ中还检测出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；(ⅱ)实验ⅱ中的固体含有碱式碳
酸镁，气体含有二氧化碳。下列说法不正确的是
A．0.1mol⋅L
-1NH4 HCO3溶液中，c(NH4
+)>c(HCO3
-)
B．NH4
+对Mg 与水反应的促进作用与Mg(OH)2+2NH4
+⇌Mg
2++2NH3⋅H2O有关
C．实验ⅱ中HCO3
-的电离平衡和水解平衡的移动方向相同
D．对比实验ⅰ和ⅱ可推知，浓度相同时，对Mg 与水反应的促进作用：NH4
+>HCO3
-
【答案】C
【详解】A．NH4 HCO3溶液pH=7.8 显碱性，说明HCO3
-水解程度大于NH4
+水解程度，故c(NH4
+)>c(HCO3
-)，
A 正确；
B．NH4
+水解显酸性，Mg(OH)2与H
+反应生成Mg
2+和水，促进Mg 与水反应，总反应方程式为
Mg(OH)2+2NH4
+⇌Mg
2++2NH3⋅H2O，B 正确；
C．实验 ii 中，HCO3
-存在电离HCO3
-⇌H
++CO3
2-和水解HCO3
-+H2O⇌H2CO3+OH
-，Mg 与水反应生成OH
-，
促进HCO3
-电离，抑制其水解，移动方向不同，C 错误；
D．对比实验ⅰ和ⅱ，实验i（NH4Cl）30min 产生气体更多，说明浓度相同时，NH4
+对Mg 与水反应促进
作用大于HCO3
-，D 正确；
故选C。
5．（2025·北京大兴·三模）常温下完成下列实验。其中实验Ⅰ中浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。
下列说法中不正确的是
A．实验Ⅰ中加入8 滴水后溶液的pH 不变
B．实验Ⅱ中加入浓氨水后，c(Na
+)+c(H
+)+c(NH4
+)=2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(OH
-)
C．实验Ⅲ中加入NH4Cl溶液后，NH4Cl溶液抑制了HCO3
-的水解
D．以上实验说明NaHCO3溶液中HCO3
-既存在电离平衡又存在水解平衡
【答案】C
【详解】A．实验I 中加入8 滴水后溶液浑浊不消失，溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，故pH 不变，故A 正
确；
B．实验Ⅱ中加入浓氨水后，溶液为NaHCO3和氨水的混合溶液，根据电荷守恒则有c(Na+) + c(H+) + c(NH4
+)
= 2c(CO3
2-) + c(HCO3
-) + c(OH−)，故B 正确；
C．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，促进碳酸氢根离子的水解，碳酸氢钠溶解，溶液变澄清，故C 不
正确；
D．实验Ⅱ说明碳酸氢根离子存在水解平衡，实验Ⅲ说明存在碳酸氢根离子的电离平衡，以上实验说明
NaHCO3溶液中HCO3
-既存在电离平衡又存在水解平衡，故D 正确；
故选C。
6．（2025·北京房山·三模）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg
2+在不同pH 的Na2CO3体系中的可能产
物。
已知：i．图1 中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH 的关系。
ii．图2 中曲线I 的离子浓度关系符合c(Mg
2+)⋅c
2(OH
-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
c(Mg
2+)⋅c(CO3
2-)= Ksp(MgCO3)【注：起始c(Na2CO3)=0.1mol⋅L
-1，不同pH 下c(CO3
2-)由图1 得
到。】
下列说法不正确的是
A．由图1，pH =10.25，c(HCO3
-)=c(CO3
2-)
B．由图2，初始状态pH =11、lg[c(Mg
2+)]=-6，有沉淀生成
C．由图2，初始状态pH =9、lg[c(Mg
2+)]=-2，平衡后存在
c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)<0.1mol⋅L
-1
D．由图1 和图2，初始状态pH =8、lg[c(Mg
2+)]=-1，发生反应：
Mg
2++2HCO3
-= MgCO3↓+CO2↑+ H2O
【答案】B
【分析】由图1 知，当pH=6.37 时，H2CO3
和HCO3
-的物质的量分数相等，即c(H2CO3)=c(HCO3
-)，由
Ka1(H2CO3)=c(HCO3
-)c(H
+)
c(H2CO3)
=c(H
+)=10
-6.37，同理，Ka2(H2CO3)=10
-10.25，由图2 知，曲线I 的离子浓
度关系符合c(Mg
2+)⋅c
2(OH
-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
c(Mg
2+)⋅c(CO3
2-)= Ksp(MgCO3)，当位于曲线下方时，Qc=c(Mg
2+)⋅c
2(OH
-)<Ksp[Mg(OH)2]、
Qc=c(Mg
2+)⋅c(CO3
2-)<Ksp(MgCO3)表示不饱和溶液，无沉淀生成，，同理，位于曲线上方时，表示过饱
和溶液，有沉淀生成，据此回答。
【详解】A．从图1 可以看出pH =10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A 正确；
B．从图2 可以看出pH =11、lg[c(Mg
2+)]=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀
或氢氧化镁沉淀，B 错误；
C．从图2 可以看出pH =9、lg[c(Mg
2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料
守恒，溶液中c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)<0.1mol⋅L
-1，C 正确；
D．pH =8时，溶液中主要含碳微粒是HCO3
-，pH =8、lg[c(Mg
2+)]=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生
成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg
2++2HCO3
-= MgCO3↓+CO2↑+ H2O，D 正确；
故选B。
7．（2025·江苏苏州·三模）室温下，通过下列实验探究NaHC2O4的性质。已知：室温下，
Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9。lg2=0.3。
实验1：往20mL0.10mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH 溶液。
实验2：往20mL0.10mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L-1CaCl2溶液。
假设溶液混合后体积变化忽略不计。下列说法不正确的是
A．实验1 可选用酚酞作指示剂，反应终点为无色变为浅红色
B．实验1 中pH=4.3 时，溶液中c(C2O4
2-)<c(HC2O❑4
-)
C．实验2 中V(CaCl2)=10mL 时，溶液中c(H+)＋c(Na+)>c(Cl-)＋c(OH-)
D．实验2 中V(CaCl2)=80mL 时，溶液中c(C2O4
2-)约为4.0×10-8mol·L-1
【答案】B
【详解】A．NaHC2O4溶液中滴加NaOH，方程式为：NaHC2O4+ NaOH = Na2C2O4+ H 2O，得到
Na2C2O4溶液，是强碱弱酸盐，溶液显碱性，反应终点为无色变为浅红色，因此用酚酞作指示剂，A 正确；
B．pH = 4.3时，pK a2=-lg(5×10
-5)≈4.3，K a2= c( H
+)⋅c(C2O4
2-)
c( HC2O4
-)
，代入已知值：
5×10
-5= (5.0×10
-5)⋅c(C2O4
2-)
c( HC2O4
-)
，此时
c(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)
=1，则溶液中c(C2O4
2-)=c(HC2O4
-)，B 错误；
C．实验2 中V (CaCl2)=10mL时，NaHC2O4溶液中滴加CaCl2溶液，发生反应：
2 NaHC2O4+CaCl2=CaC2O4↓+2 NaCl+ H 2C2O4，由于c(Na
+)=c(Cl
-)，反应后溶液显酸性，故有
c( H
+)+c( Na
+)>c(Cl
-)+c(OH
-)，C 正确；
D．实验2 中V (CaCl2)=80mL时，溶液中剩余的钙离子浓度为0.1×0.08-0.1×0.02
0.1
=0.06mol / L，溶
液中的c(C2O4
2-)= K sp(CaC2O4)
c(Ca
2+)
= 2.4×10
-9
0.06
= 4.0×10
-8mol / L，D 正确；
故选B。
8．（2025·湖北·三模）常温下，用Hg(NO3)2测定NaCl 溶液中的c(Cl-)时，含Hg 微粒的分布系数(δ)与lg
c(Cl-)的关系如图所示。Hg2＋与Cl-的配合物存在如下平衡：HgCl❑4
2- →
K1 HgCl❑3
- →
K2 HgCl2→
K3 HgCl＋→
K4 Hg2
＋。下列说法错误的是
A．K1=10-1，K2=10-0.85
B．在X 点：c(HgCl2) c(HgCl
∶
＋) c(Hg
∶
2＋)=2 2 1
∶∶
C．在Q 点：c(Cl-)＋3c(HgCl❑4
2-)>c(H＋)-c(OH-)
D．若P 点pH=7，c(Na＋)＋c(HgCl＋)-c(NO❑3
-)＋2c(HgCl2)=10-5.6 mol·L-1
【答案】D
【分析】
，
随
氯
离
子
浓
度
增
大
，
HgCl4
2-⇌
K1
HgCl3
-⇌
K2
HgCl2⇌
K3
HgCl
+⇌
K4
Hg
2+平衡逆向移动，所以A 表示Hg
2+、B 表示HgCl
+、C 表示HgCl2、
D 表示HgCl3
-、E 表示HgCl4
2-。
【详解】A．根据图像，c(HgCl3
-)=c(HgCl4
2-)时，c(Cl
-)=10
-1；c(HgCl2)=c(HgCl3
-)时，c(Cl
-)=10
-0.85
K1=c(HgCl3
-)c(Cl
-)
c(HgCl4
2-)
=0.1，K2=c(HgCl2)c(Cl
-)
c(HgCl3
-)
=10
-0.85，A 正确；
B．在X 点c(HgCl2):c(HgCl
+)=1:1，溶液中含有HgCl2、HgCl
+、Hg
2+，平均配位数为1.2，设
n(HgCl❑
2)=n(HgCl
+)=xmol，n(Hg
2+)=ymol，则2x+x
2x+y =1.2，解得x
y =2
1 ，即X 点的
c(HgCl2):c(HgCl
+):c(Hg
2+)=2:2:1，B 正确；
C．根据电荷守恒，在Q 点：c(Cl
-)+2c(HgCl4
2-)+c(HgCl3
-)+c(OH
-)+c(NO3
-)=c(H
+)+c(Na
+)，Hg
2+平均配
位数约为3(n(Na
+)=n(Cl
-)>n(NO3
-))，所以c(NO3
-)<c(Na
+)，c(HgCl4
2-)=c(HgCl3
-)，所以
c(Cl
-)+3c(HgCl4
2-)>c(H
+)-c(OH
-)，C 正确；
D．若P 点pH=7，根据电荷守恒c(Cl
-)+c(NO3
-)=2c(Hg
2+)+c(HgCl
+)+c(Na
+)，P 点c(Hg
2+)=c(HgCl2)，
K4=c(Hg
2+)c(Cl
-)
c(HgCl
+)
=10
-6.74，K3=c(HgCl
+)c(Cl
-)
c(HgCl2)
=10
-6.48，K4K3=c(Hg
2+)c
2(Cl
-)
c(HgCl2)
=10
-13.22，
c(Cl
-)=10
-6.61，所以：c(Na
+)+c(HgCl
+)-c(NO3
-)+2c(HgCl2)=c(Cl
-)=10
-6.61，D 错误；
故选D。
9．（2025·江西九江·三模）某二元酸(H2A)的K a1=10
-3.04、K a2=10
- 4.37。25℃时，1.0mol·L-1NaHA 溶液稀
释过程中δ(H2 A)、δ(HA
-)、δ(A
2-)与pc(Na
+)的关系如图所示。已知pc(Na
+)=-lgc(Na
+)，HA
-的分布
系数δ(HA
-)=
c(HA
-)
c(H2A)+c(HA
-)+c(A
2-)。下列说法不正确的是
A．曲线p 为δ(H2A)的变化曲线
B．H2A+ A
2-⇌2HA
-的平衡常数K=1.0×101.33
C．b 点：3c(A
2-)>c(Na
+)
D．a 点：c(H
+)≈4.7×10
- 4.37 mol/L
【答案】C
【分析】NaHA 溶液同时存在电离平衡HA-
H
⇋
++A2-(Ka2=10-4.37)和水解平衡HA-+H2O
H
⇋
2A+OH-(Kh2=
K w
K a1
= 10
-14
10
-3.04 =10
-10.96)，1.0mol·L-1NaHA 溶液的电离和水解程度均较小，含A 粒子以为HA-主，曲线n 为
δ(HA
-)随变化曲线，由于HA-电离程度大于水解程度，随溶液稀释c(HA-)减小，电离程度增幅较大，曲
线m 为δ(A
2-)随pc(Na
+)变化曲线，曲线p 为δ(H2A)随pc(Na
+)变化曲线；
【详解】A．根据分析可知，曲线p 为δ(H2A)随pc(Na
+)变化曲线，A 正确；
B．H2 A+ A
2-⇌2HA
-的平衡常数K=
c
2( HA
-)
c( H 2 A)×c( A
2-)
= K a1
K a2
= 10
-3.04
10
- 4.37 =1.0×101.33，B 正确；
C．溶液均存在物料守恒，c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)，b 点时c(H2A)=c(A2-)<c(HA-)，则
3c(A
2-)<c(Na
+)，C 错误；
D．Ka2=c( H
+)×c( A
2-)
c( HA
-)
=10
- 4.37，a 点时，c(H+)=10
- 4.37×c( HA
-)
c( A
2-)
mol / L= 10
- 4.37×δ( HA
-)
δ( A
2-)
mol / L=
10
- 4.37×0.7
0.15
≈4.7×10
- 4.37mol/ L，D 正确；
答案选C。
10．（2025·天津滨海新·三模）根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是
A．向圆底烧瓶中加入NaOH、无水乙醇、1-溴丁烷和碎瓷片，微热，将产生的气体直接通入溴水中，
溶液褪色，证明1-溴丁烷发生消去反应
B．K2S 固体溶于水，进行导电实验，K2S 溶液可导电，K2S 中含有离子键
C．用NaOH 标准液分别滴定等体积、等pH 的一元酸HA 和HB，HB 消耗的NaOH 标准液体积多，
HA 是强酸
D．在淀粉和I2的混合溶液中滴加过量氯水，溶液蓝色褪去，氯水具有漂白性
【答案】A
【详解】A．1-溴丁烷在氢氧化钠醇溶液中加热条件下发生消去反应生成1-丁烯和水，将产生的气体直接
通入溴水中，溴水褪色，虽然乙醇具有挥发性，但乙醇无法使溴水褪色，故褪色的原因是1-溴丁烷发生消
去反应生成了烯烃，A 正确；
B．K2S 固体溶于水，发生电离，溶液可导电，不能证明K2S 为离子化合物，共价化合物溶于水也可导电，
如HCl、H2SO4等共价化合物溶液均能导电，B 错误；
C．等pH 的HA 和HB，若HB 消耗更多NaOH，说明其浓度更高（弱酸需更高浓度达到相同pH），HA 浓
度较低，可能为强酸；但若两者均为弱酸且HB 浓度更高，HA 仍可能为弱酸，结论不严谨，C 错误；
D．淀粉与I 2混合液中加入氯水，蓝色褪去是因Cl2将I 2氧化为IO3
-，而非氯水的漂白性，结论错误，D 错
误；
故选A。
水的电离和溶液的酸碱性
11．（2025·天津北辰·三模）下列操作能促进水的电离且使溶液中 c(H
+)<c(O H
-)的是
A．将水加热煮沸
B．向水中加入Na2CO3固体
C．向水中通入氯化氢气体
D．向水中加入NH4Cl 固体
【答案】B
【分析】升高温度、加入能水解的盐会促进水的电离，使溶液中 c(H
+)<c(O H
-)，则溶液呈碱性；
【详解】A．升温促进电离，但H+和OH⁻浓度仍相等（中性），A 不符合题意；
B．CO3
2-水解消耗H+生成OH⁻，促进水的电离，溶液显碱性，B 符合题意；
C．向水中通入氯化氢气体，H+浓度增加，抑制水的电离，溶液显酸性，C 不符合题意；
D．NH4
+水解生成H+，促进水的电离但溶液显酸性，D 不符合题意；
故选B。
12．（2025·广东汕头·三模）下列关于配制NaOH标准溶液并用其滴定草酸溶液浓度的操作正确的是
A．
B．
C．
D．
题型二
【答案】D
【详解】A．配制溶液不能在容量瓶中溶解固体，操作错误，A 错误；
B．定容时，视线与凹液面最低处保持水平，操作错误，B 错误；
C．摇匀时，应该用右手拖住容量瓶底部，操作错误，C 错误；
D．聚四氟乙烯滴定管是酸碱通用型滴定管，强碱滴定弱酸，滴定终点为碱性，用酚酞做指示剂，操作合
理，D 正确；
故选D。
13．（2025·北京西城·三模）下列实验中，符合操作规范要求的是
A．向试管中滴加溶液
B．配制100mL1.00mol/ LNaCl溶
液
C．制备检验醛基用的银氨溶
液
D．调控滴定速度
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．向试管中滴加溶液时，胶头滴管应垂直悬空在试管口上方，不能伸入试管内，A 图中胶头滴
管伸入了试管内，不符合操作规范要求；
B．配制溶液时，不能直接在容量瓶中溶解固体，应先在烧杯中溶解固体，冷却至室温后再转移到容量瓶
中，B 图中在容量瓶中溶解NaCl 固体，不符合操作规范要求；
C．制备银氨溶液时，应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，边滴边振荡，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，C
图操作符合制备银氨溶液的规范要求；
D．调控滴定速度时，应使用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，D 图中用右手控制滴定管活塞，
不符合操作规范要求；
综上，答案是C。
14．（2025·浙江温州·三模）25℃，CaSO4饱和溶液中c(Ca
2+)=7.0×10
-3 mol⋅L
-1；
K sp(CaC2O4)=2.5×10
-9；K a1(H2C2O4)=5.6×10
-2；K a2(H2C2O4)=1.5×10
- 4。lg1.5=0.18。下列描
述不正确的是
A．K sp(CaSO4)= 4.9×10
-5
B．向0.010 mol⋅L
-1Na2C2O4溶液中滴入几滴紫色石蕊(pH 变色范围：5.0~8.0)试液，溶液呈紫色
C．0.10 mol⋅L
-1H2C2O4溶液中：c(C2O4
2-)>c (OH
-)
D．向CaC2O4悬浊液中加入足量CaSO4 (s)，c(Ca
2+)不变
【答案】D
【详解】A．CaSO4饱和溶液中c(Ca
2+)=c(SO4
2-)=7.0×10
-3 mol⋅L
-1，Ksp(CaSO4)= 4.9×10
-5A 正确；
B．Na2C2O4的Kh= Kw
Ka2(H2C2O4) =
10
-14
1.5×10
- 4 =c(HC2O4
-)c(OH❑
- )
c(C2O4
2-)
≈c
2(OH❑
- )
0.01
={
Kw
c(H
+)}
2
0.01
，
c(H
+)= ❑√1.5×10
-8 mol/L，pH=7.92，溶液呈紫色，B 正确；
C．0.10 mol⋅L
-1H2C2O4溶液中：
Ka1×Ka2=
c(C2O4
2-)[
Kw
c(OH❑
- )]
2
c(H2C2O4
❑)
⇒c(OH❑
- )=
❑√
c(C2O4
2-)
Ka1×Ka2×0.1 ×Kw
2，故
c(C2O4
2-)>c(OH
-)，C 正确；
D．向CaC2O4悬浊液中加入足量CaSO4 (s)，Ksp(CaC2O4)<Ksp(CaSO4)，发生沉淀的转化，c(Ca
2+)减小，D
错误；
故选D。
15．（2025·河北保定·三模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：K
+、Mg
2+、MnO4
-、SO4
2-
B．c(H
+)
c(OH
-) =1×10
7的溶液中：K
+、NO3
-、CO3
2-、ClO
-
C．饱和氯水中：Cl
-、Na
+、Fe
2+、Cu
2+
D．能使甲基橙变红的溶液中：NH4
+、Br
-、I
-、NO3
-
【答案】A
【详解】A．澄清透明的溶液中：K
+、Mg
2+、MnO4
-、SO4
2-相互不反应，可大量共存，A 正确；
B．常温下，c(H
+)
c(OH
-) =1×10
7说明溶液呈酸性，ClO
-、CO3
2-不能大量存在，B 错误；
C．饱和氯水含Cl2，能氧化Fe
2+，不能共存，C 错误；
D．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下I
-与NO3
-能够反应，不能共存，D 错误；
故选A。
16．（2025·北京西城·三模）下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是
A．利用溶液的pH大小可判断溶液中水的电离程度的大小
B．利用反应热数据判断反应速率的大小
C．依据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等
D．依据相对分子质量的数据，推测乙醇和丙烷沸点的相对高低
【答案】C
【详解】A．0.1mol/L 氯化铵溶液的pH 大于等浓度的盐酸，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的
电离，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，氯化铵溶液中水的电离程度大于盐酸，所以不能利用溶液的
pH 大小判断溶液中水的电离程度的大小，故A 错误；
B．利用反应热数据可以判断反应物和生成物总能量的相对大小，但不能判断反应速率的大小，故B 错误；
C．石油是多种物质的混合物，因为不同的物质沸点不同，沸点低的首先气化，沸点高的后气化，所以依
据沸点的数据，判断用分馏的方法从石油中获取汽油和煤油等，故C 正确；
D．乙醇分子分子能形成分子间氢键，丙烷不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力大于丙烷，沸
点高于丙烷，则依据相对分子质量的数据不能推测乙醇和丙烷沸点的相对高低，故D 错误；
故选C。
17．（2025·宁夏石嘴山·三模）常温下，下列各组离子在给定溶液中可能大量共存的是
A．葡萄糖溶液中：MnO4
-、K
+、H
+、SO4
2-
B．在0.1mol/L氨水中：SO4
2-、Cu
2+、Na
+
C．在0.1mol/L硝酸银溶液中：K
+、Na
+、I
-、SO4
2-。
D．水电离出来的c(H
+)=10
-13mol/L的溶液中：K
+、CO3
2-、[Al(OH)4]
-
【答案】D
【详解】A．葡萄糖中含有醛基和羟基，具有还原性，在酸性条件下均能与MnO4
-反应，不能共存，A 不符
合题意；
B．Cu2+与氨水反应，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，后溶解生成[Cu(NH3)4]2+，不能大量共存，B 不符合题意；
C．Ag+与I-会生成AgI 沉淀不能大量共存，C 不符合题意；
D．水电离出来的c(H
+)=10
-13mol/L的溶液可以是酸性也可以是碱性，在碱性条件下K
+、CO3
2-、
[Al(OH)4]
-可以共存，D 符合题意；
答案选D。
18．（2025·浙江·三模）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的
物质）。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ中发生反应的离子方程式为BrO3
-+5 Br
-+6 H
+=3 Br2+3 H2O
B．若消耗的Na2S2O3溶液的体积为V3 mL，则废水中苯酚含量为47(6aV1-bV3)
3 V2
g/L
C．步骤Ⅱ中加入的KI溶液不能过量
D．由于Br2有挥发性，可能会造成测定结果偏高
【答案】C
【分析】测定经处理后的废水中苯酚的含量的实验方法为：先用V 1mLamol· L
-1 KBrO3加入用硫酸酸化
的过量KBr 溶液将BrO3
-转化为Br2：BrO3
-+5 Br
-+6 H
+=3 Br2+3 H2O；再加入V 2mL的废水，利用Br2消
耗废水中的苯酚转化为三溴苯酚沉淀：C6 H 5OH +3 Br2→C6 H 2Br3OH ↓+3 HBr，进行过滤，在滤液
中加入过量KI 溶液消耗剩余的Br2，发生反应：Br2+2 I
-= I 2+2Br
-，最后用bmol· L
-1 Na2S2O3溶液滴
定I 2，根据消耗的Na2S2O3溶液体积计算废水中苯酚的含量，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，步骤Ⅰ是将BrO3
-转化为Br2，则反应的离子方程式为：
BrO3
-+5 Br
-+6 H
+=3 Br2+3 H2O，A 正确；
B．根据步骤Ⅰ可知生成的n(Br2)总=amol· L
-1×V 1×10
-3 L×3=3aV 1×10
-3mol，由
BrO3
-→3 Br2→¿得到当消耗的Na2S2O3溶液的体积为V3 mL时，则废水中苯酚含量为
(3aV 1×10
-3mol - bmol· L
-1×V 3×10
-3 L
2
)
3
×94 g·mol
-1
V 2×10
-3 L
= 47(6aV 1-bV 3)
3V 2
g· L
-1
，B 正确；
C．如果KI溶液过量，过量的I
-在后续的滴定过程中不与Na2S2O3溶液反应，对滴定结果不产生影响，C
错误；
D．由于Br2的挥发性，可能会导致最后滴定时消耗的Na2S2O3溶液体积V 3偏低，根据苯酚含量的计算公
式
47(6aV 1-bV 3)
3V 2
g· L
-1可知会造成测定结果偏高，D 正确；
故答案为：C。
19．（2025·河南·三模）向浓度均为1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3溶液中分别滴加少量FeCl2，溶液，都产
生白色沉淀，后者有气体产生。已知25℃时：
1mol·L
①
-1NaHCO3溶液中，c(CO❑3
2-)=1×10-2mol·L-1，c(OH-)=2×10-6mol·L-1；
lmol·L-1Na2CO3溶液中，c(OH-)=1.3×10-2mol·L-1。
K
②
sp(FeCO3)=3.1×10-11，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。
下列说法错误的是
A．Na2CO3溶液中c(Na+)>c(CO❑3
2-)>c(HCO❑3
-)>c(H+)
B．1mol·L-1NaHCO3溶液中，水电离出的H+浓度为2×10-6mol·L-1
C．Na2CO3与FeCl2反应产生的沉淀是Fe(OH)2
D．NaHCO3与FeCl2反应的离子方程式是2HCO❑3
-+Fe2+=FeCO3↓+H2O+CO2↑
【答案】C
【详解】A．lmol·L-1Na2CO3溶液中以第一步水解为主。CO❑3
2-+H2O
HCO
⇌
❑3
-+OH-，c(HCO❑3
-)≈c(OH-)，
c(Na+)=2mol·L-1，c(CO❑3
2-)=lmol·L-1-1.3×10-2mol·L-1，c(HCO❑3
-)=1.3×10-2mol·L-1，c(H+)=10-14÷(1.3×10-
2)mol·L-1，A 正确；
B．1mol·L-1NaHCO3溶液中，水电离出的c(H+)等于水电离出的c(OH-)=2×10-6mol·L-1，B 正确；
C．根据Ksp(FeCO3)=3.1×10-11，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17和lmol·L-1Na2CO3溶液中c(OH-)=1.3×10-2mol·L-1；计
算FeCO3开始沉淀时c(Fe2+)=3.1×10-11÷(l-1.3×10-2)≈10-11，Fe(OH)2开始沉淀时c(Fe2+)= 4.9×10
-17
(1.3×10
-2)
2≈10-13；
二者数值极小，且接近，存在竞争沉淀。实验证明：pH7–9 时FeCO3和Fe(OH)2共存。故Na2CO3与FeCl2
反应产生的沉淀是FeCO3和Fe(OH)2的混合物，C 错误；
D．NaHCO3与FeCl2反应产生白色沉淀，有气体产生。HCO❑3
-电离：HCO❑3
-
CO
⇌
❑3
2-+H+，HCO❑3
-
+H+=H2O+CO2↑，CO❑3
2-+Fe2+=FeCO3↓，D 正确；
故选C。
20．（2025·河北石家庄·三模）化学是一门以实验为基础的学科。下列有关实验操作的表述正确的是
A．实验室制取SO2时，不能用浓硫酸干燥
B．蒸馏时先点燃酒精灯，再通入冷凝水
C．对于不需要回收的部分有机废液，可进行焚烧处理
D．酸碱中和滴定过程中，滴定管的尖嘴始终不能接触锥形瓶内壁
【答案】C
【详解】A．浓硫酸可以干燥SO2，二者不发生反应，A 错误；
B．蒸馏时先点燃酒精灯，再通入冷凝水，冷凝管容易炸裂，应该先通入冷凝水再加热，B 错误；
C．有机废液，可进行焚烧处理生成CO2和水，不会污染环境，C 正确；
D．滴定到接近终点时，半滴加入标准溶液，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，D 错误；
答案选C。
盐类的水解
21．（2025·天津河西·三模）室温下，用0.1mol/L 的NaOH 溶液滴定20mL0.1mol/LHA 溶液，测得混合溶
液的pH 与1gc(A
-)
c(HA) 的关系如图所示。下列说法正确的是
A．导电能力：a>b
B．室温下，Ka(HA)=10-3.8
C．b 点时，c(A-)+c(HA)=c(Na+)
D．c 点时，c(A-)>c(Na+)
【答案】B
【详解】A．由电荷守恒得：c(A
-)+c(OH
-)=c(Na
+)+c(H
+)，随NaOH 的加入，c(A
-)和c(OH
-)增大，
则溶液中总离子浓度增大，溶液导电能力增大，导电能力：a<b，故A 错误；
题型三
B．lgc(A
-)
c(HA) =2 时，pH=5.8，此时c(A
-)
c(HA) =100，c(H
+)=10
-5.8，
Ka(HA)=c(A
-)⋅c(H
+)
c(HA)
=10
-5.8×100=10
-3.8，故B 正确；
C．b 点溶液显中性，则c(OH
-)=c(H
+)，则c(A
-)=c(Na
+)，故C 错误；
D．电荷守恒得：c(A
-)+c(OH
-)=c(Na
+)+c(H
+)，c 点溶液显碱性，则c(OH
-)>c(H
+)，c(A
-)<c(Na
+)，
故D 错误；
故答案选B。
22．（2025·北京朝阳·三模）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg
2+在不同pH 的Na2CO3体系中的可能
产物。
已知：①图1 中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH 的关系。
②图2 中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg
2+)⋅c
2(OH
-)= Ksp[Mg (OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
c(Mg
2+)⋅c(CO3
2-)= Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)=0.1mol⋅L
-1，不同pH 下c(CO3
2-)由图1 得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，Ka1(H2CO3)=10
-6.37，Ka2(H2CO3)=10
-10.25
B．由图2，初始状态pH =11、lg[c(Mg
2+)]=-6，无沉淀生成
C．由图2，初始状态pH =9、lg[c(Mg
2+)]=-2，平衡后溶液中存在
c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)<0.1mol⋅L
-1
D．由图1 和图2，推测向0.1mol⋅L
-1的Na2CO3溶液中滴加MgCl2溶液，发生反应：
Mg
2++CO3
2-= MgCO3↓
【答案】D
【详解】A．根据图1，c (H2CO3)=c(HCO3
-) 时pH=6.37，Ka1(H2CO3)=10
-6.37；c(HCO3
-)=c(CO3
2-) 时
pH=10.25，则Ka2(H2CO3)=10
-10.25，故A 正确；
B．由图2，初始状态pH =11、lg[c(Mg
2+)]=-6，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，
c(Mg
2+)⋅c
2(OH
-)<Ksp[Mg (OH)2]、c(Mg
2+)⋅c(CO3
2-)<Ksp(MgCO3)，所以无沉淀生成，故B 正确；
C．由图2，初始状态pH =9、lg[c(Mg
2+)]=-2，有碳酸镁沉淀生成，根据碳元素守恒，平衡后溶液中存
在c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)<0.1mol⋅L
-1，故C 正确；
D．根据图1，0.1mol⋅L
-1的Na2CO3溶液的pH>11，根据图2，初始状态pH>11，先生成氢氧化镁沉淀，
故D 错误；
选D。
23．（2025·四川巴中·三模）下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用pH试纸分别测定NaHCO3溶液和
NaHSO3溶液的pH
NaHCO3溶液的pH大
水解常数：HCO3
-
大于HSO3
-
B
常温下，将滴有几滴酚酞试液的饱
和碳酸氢钠溶液加热到50℃
溶液颜色加深，并产
生大量气泡
HCO3
-的水解平衡
向逆移动
C
向a、b 两支试管中分别加入等体积
的5%H2O2溶液，在b 试管中加入2-
3 滴CuSO4溶液
b 试管溶液变蓝后，
产生气泡的速率明显
加快
Cu
2+是H2O2分解
的催化剂
D
向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴
加几滴AgNO3溶液
产生气泡的速率明显
加快
锌粒与置换出的
银形成了铜锌原
电池
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．NaHCO3溶液显碱性是HCO3
-水解大于电离，NaHSO3溶液显酸性是HSO3
-电离大于水解，不能仅
根据pH比较二者水解常数，A 错误；
B．加热促进HCO3
-水解，水解平衡正向移动，B 错误；
C．加入CuSO4溶液后，Cu
2+加快H2O2分解速率，说明Cu
2+是H2O2分解的催化剂，C 正确；
D．加入AgNO3溶液，锌先置换出银，形成锌-银原电池加快反应速率，不是铜锌原电池，D 错误；
故选C。
24．（2025·山东淄博·三模）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A．制备NaHCO3固体
B．制备AlCl3固体
C．比较Cl2和I2的氧化性
D．验证牺牲阳极法保护铁
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．NH3极易溶于水，直接将NH3通入饱和食盐水会发生倒吸，因此通入NH3的导管口应在广口瓶
瓶口处，而将通入CO2气体的导气管通入饱和食盐水中，A 不符合题意；
B．AlCl3溶液在空气中直接加热会促进AlCl3水解而生成氢氧化铝，氢氧化铝再受热分解可能生成Al2O3，
不能制备AlCl3固体，B 不符合题意；
C．向高锰酸钾固体中滴加浓盐酸反应生成氯气，将氯气通入到淀粉-KI溶液中，若溶液变蓝，则可说明
氯气将I
-氧化为I2，能比较Cl2和I2的氧化性强弱，C 符合题意；
D．该装置为原电池，Zn比Fe活泼，Zn作负极，被氧化为Zn
2+，不断被腐蚀，而作为正极的铁被保护，
属于牺牲阳极的阴极保护法，但本实验中未生成Fe
3+，滴加KSCN溶液不能验证牺牲阳极法保护铁，D 不符
合题意；
故选C。
25．（2025·河北衡水·三模）常温下，向M (ClO4)2-CH3COOH水溶液体系中，所有含碳物种的摩尔分数δ
与pH变化关系如图所示。[如：δ(CH3COOH)=c(CH3COOH)
c(CH3COOH)+c(CH3COO
-)+2c[M (CH3COO)2]
]
已知：初始浓度c0[M (ClO4)2]=0.1mol⋅L
-1，c0(CH3COOH)=0.4mol⋅L
-1，M(OH)2难溶于水，10
0.5=3.2，
下列说法正确的是
A．CH3COOH的电离平衡常数为10
-4.25
B．a、b 两点c(CH3COOH)相等
C．c 点，c(CH3COOH)>c(CH3COO
-)=c[M (CH3COO)2]
D．M (CH3COO)2(aq)+2OH
-(aq)⇌M(OH)2(s)+2CH3COO
-(aq)的K=7.68×10
18
【答案】D
【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
δ[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．由CH3COOH⇌H
++CH3COO
-及d 点c(CH3COO
-)=c (CH3COOH)，pH=4.76，可知，CH3COOH的
电离平衡常数Ka=c(H
+)×c(CH3COO
-)
c(CH3COOH)
=1×10
- 4.76，A 错误；
B．从a 到b，pH 变大，醋酸的电离程度变大，则a 点醋酸浓度大于b 点，B 错误；
C．由图可知，c 点δ (CH3COO
-)=δ [M (CH3COO)2]，且δ (CH3COOH)最大，则c 点存在
c(CH3COOH)＞c(CH3COO
-)=2c[M (CH3COO)2]，C 错误；
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]=0.12mol/L、c (CH3COOH)=0.16mol / L，该反应的
K=
c
2(CH 3COO
-)
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 =0.24×10
19.5
=7.68×10
18，D 正确；
故选D。
26．（2025·湖南邵阳·三模）常温下，向10 mL浓度均为0.1mol/L的乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和CH3COONa
的混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，混合溶液中的pOH与pX｛pX =-lgX，X =
c[(H2 NCH2CH2 NH3)
+]
c[(H2 NCH2CH2 NH2)]
或
c[(H3 NCH2CH2NH3)
2+]
c[(H2NCH2CH2NH3)
+]
或c(CH3COO
-)
c(CH3COOH)
｝随离子浓度变化的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．L1表示
c[(H2NCH2CH2NH3)
+]
c[(H2NCH2CH2NH2)]
与pOH的关系
B．M 点坐标为(-2.55,6.65)
C．常温下，滴加10 mL0.1mol/L盐酸溶液时，溶液的pH<7
D．滴加20 mL0.1mol/L盐酸溶液时：c (Cl
-)-c (Na
+)=2c[(H2NCH2CH2NH3)
+]+
2c[(H3 NCH2CH2 NH3)
2+]+2c(H2NCH2CH2 NH2)
【答案】B
【分析】H2NCH2CH2NH2
为二元弱碱，存在(H2 NCH2CH2 NH2+ H2O⇌H2NCH2CH2 NH3)
++OH
-、
(H2 NCH2CH2 NH3)
++ H2O⇌(H3 NCH2CH2NH3)
2++OH
-电离，CH3COOH为一元弱酸，存在
CH3COOH⇌CH3COO
-+ H
+电离，如图，随溶液pOH增大，c(OH
-)减小，c(H
+)增大，
c(CH3COO
-)
c(CH3COOH) =Ka(CH3COOH)
c(H
+)
减小，pc(CH3COO
-)
c(CH3COOH)
增大，则直线L3代表pc(CH3COO
-)
c(CH3COOH)
与pOH的关系；
c[(H2NCH2CH2NH3)
+]
c[(H2NCH2CH2NH2)]
=Kb1(H2 NCH2CH2NH2)
c(OH
-)
增大，c[(H3NCH2CH2NH3)
2+]
c[(H2NCH2CH2NH3)
+]
= Kb2(H2 NCH2CH2 NH2)
c(OH
-)
增大，故
pc[(H2NCH2CH2NH3)
+]
c[(H2NCH2CH2NH2)]
减小，pc[(H3NCH2CH2NH3)
2+]
c[(H2NCH2CH2NH3)
+]
也减小，由于
Kb1(H2 NCH2CH2 NH2)>Kb2(H2 NCH2CH2 NH2)，则L2表示pc[(H2NCH2CH2NH3)
+]
c[(H2NCH2CH2NH2)]
与pOH的关系，L1表示
pc[(H3NCH2CH2NH3)
2+]
c[(H2NCH2CH2NH3)
+]
与pOH的关系；根据L2上的点(0,4.1)，
Kb1(H2NCH2CH2NH2)=
c[(H2NCH2CH2NH3)
+]⋅c(OH
-)
c[(H2NCH2CH2NH2)]
=10
- 4.1，根据L1上点(2,5.2)，
Kb2(H2NCH2CH2NH2)=10
-7.2，根据L3上点(1，10.2)，Ka(CH3COOH)=10
- 4.8，据此回答。
【详解】A．由分析知，L1表示p
c[(H3 NCH2CH2NH3)
2+]
c[(H2NCH2CH2NH3)
+]
与pOH的关系，A 错误。
B．M 点为L2、L3的交点，则c[(H2NCH2CH2NH3)
+]
c[(H2NCH2CH2NH2)]
=c(CH3COO
-)
c(CH3COOH)
，
Kb1(H2 NCH2CH2 NH2)
c(OH
-)
=Ka(CH3COOH)
c(H
+)
c(OH
-)= ❑√
Kb1(H2NCH2CH2NH2)⋅KW
Ka(CH3COOH)
= ❑√
10
- 4.1×10
-14
10
- 4.8
=10
-6.65
c[(H2NCH2CH2NH3)
+]
c[(H2NCH2CH2NH2)]
=10
2.55，即pc[(H2NCH2CH2NH3)
+]
c[(H2NCH2CH2NH2)]
=-2.55，pOH =6.65，M 点坐标为(-2.55,6.65)，
B 正确；
C．加入10 mL0.1mol/L盐酸溶液时，反应后H2NCH2CH2NH3Cl和CH3COONa的浓度之比为1:1，溶液中存
在(H2 NCH2CH2 NH3)
+的电离与水解，存在CH3COO
-的水解。(H2NCH2CH2NH3)
+的电离
Kb2(H2NCH2CH2NH2)=10
-7.2大于水解Kh=KW
Kb1
= 10
-14
10
- 4.1 =10
-9.9，溶液显碱性，CH3COO
-的水解显碱性，
pH>7，C 错误；
D．加入20 mL0.1mol/L盐酸溶液时，根据元素守恒，c(Cl
-)=2c[(H2NCH2CH2NH3)
+]+
2c[(H3 NCH2CH2 NH3)
2+]+2c(H2NCH2CH2NH2)，D 错误；
故选B。
27．（2025·北京海淀·三模）下列方程式与所给事实不相符的是
A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体：2Al+2OH
-+6 H2O=2Al(OH)4
-+3 H2↑
B．在HCl 气氛中加热MgCl2⋅6 H2O制无水MgCl2：MgCl2⋅6 H2O HCl(g)
Δ
MgCl2+6 H2O
C．草酸(H2C2O4)使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO4
-+5C2O4
2-+16 H
+=2Mn
2++10CO2↑+8 H2O
D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH≜CH3COONH4+2Ag↓+3 NH3+ H2O
【答案】C
【详解】A．铝粉溶于氢氧化钠溶液，产生无色气体即H2和NaAl(OH)4，则离子方程式为：
2Al+2OH
-+6 H2O=2Al(OH)4
-+3 H2↑，A 正确；
B．在HCl 气氛中加热MgCl2⋅6 H2O制无水MgCl2，以抑制Mg2+水解，反应方程式为：
MgCl2⋅6 H2O HCl(g)
Δ
MgCl2+6 H2O，B 正确；
C．已知H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故草酸(H2C2O4)使酸性KMnO4溶液褪色的离子方程式
为：2MnO4
-+5H2C2O4+6H
+=2Mn
2++10CO2↑+8H2O，C 错误；
D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基产生光亮的银镜，反应方程式为：
CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH≜CH3COONH4+2Ag↓+3 NH3+ H2O，D 正确；
故答案为：C。
28．（2025·北京房山·三模）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d 代表MgO 或
Mg(OH)Cl中的一种。下列说法不正确的是
A．a 为NH3，c 为HCl
B．d 既可以是MgO，也可以是Mg(OH)Cl
C．已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCl2的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，等于氯化铵直接分解的反应热
【答案】B
【分析】
b、d 代表MgO 或Mg(OH)Cl中的一种。MgO 不分解，Mg(OH)Cl可分解为氧化镁和HCl，则b 代表
Mg(OH)Cl，d 代表MgO。NH4Cl分解的产物是NH3和HCl，分解得到的MgO 与氯化铵反应生成Mg(OH)Cl
和
氨
气
，
综
上
，
a
为NH3，
b
为Mg(OH)Cl，
c
为
HCl
，
d
为
MgO
，
即
，据此回答；
【详解】A．由分析知，a 为NH3，c 为HCl，A 正确；
B．由分析知，d 为MgO，B 错误；
C．MgCl2可以水解生成Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少MgCl2的生成，C 正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的
反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D 正确；
故选B。
29．（2025·浙江·三模）下列说法正确的是
A．0.1mol/L的HCN 溶液与0.1mol/L的KCN 溶液等体积混合：c(HCN)+c (CN
-)=0.2mol/L
B．氨水中逐滴加入盐酸，当氨水中水的电离程度最大时：c(NH4
+)=c (Cl
-)
C．等体积等浓度的醋酸溶液和醋酸钠溶液混合：2c(CH3COOH)+2c(CH3COO
-)=c (Na
+)
D．碳酸氢钠和碳酸钠物质的量之比为2：1 的混合溶液中：
3c (H
+)+c(HCO3
-)+ 4 c(H2CO3)=2c(CO3
2-)+3c (OH
-)
【答案】D
【详解】A．0.1mol/L的HCN 溶液与0.1mol/L的KCN 溶液等体积混合，根据物料守恒
c(HCN)+c (CN
-)=0.1mol/L，故A 错误；
B．水电离程度最大时恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵溶液中铵根离子水解，c(NH4
+)<c (Cl
-)，故B
错误；
C．等体积等浓度的醋酸溶液和醋酸钠溶液混合，根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO
-)=2c (Na
+)，故
C 错误；
D．碳酸氢钠和碳酸钠物质的量之比为2：1 的混合，根据电荷守恒
c (H
+)+c (Na
+)=2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c (OH
-)、物料守恒4 c(CO3
2-)+ 4 c(HCO3
-)+ 4 c(H2CO3)=3c (Na
+)可知
3c (H
+)+c(HCO3
-)+ 4 c(H2CO3)=2c(CO3
2-)+3c (OH
-)，故D 正确；
选D。
30．（2025·北京西城·三模）探究同浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液和不同盐溶液间的反应，①中产生白色沉
淀和无色气体，②中只产生白色沉淀。(已知：碳酸铝在水溶液中不能稳定存在)
下列说法不正确的是
A．实验前两溶液中离子种类完全相同
B．①中沉淀可能是氢氧化铝和碱式碳酸铝中的一种或二者的混合物
C．室温饱和Na2CO3和饱和NaHCO3溶液的pH 前者大于后者，是由于溶解度前者大于后者
D．②中CaCl2溶液滴入后，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液pH均降低
【答案】C
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠溶液中含有的离子都为钠离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢离子和氢
氧根离子，离子种类完全相同，故A 正确；
B．由图可知，实验①中发生的反应为溶液中的铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子发生双水解反应生成
氢氧化铝沉淀和二氧化碳，或与碳酸根离子、碳酸氢根离子发生双水解反应生成碱式碳酸铝沉淀和二氧化
碳，所以①中沉淀可能是氢氧化铝和碱式碳酸铝中的一种或二者的混合物，故B 正确；
C．室温饱和碳酸钠溶液的pH 大于碳酸氢钠溶液的pH 是因为碳酸根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢
根离子所致，与溶解度的大小无关，故C 错误；
D．实验②中发生的反应为氯化钙溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，溶液中碳酸根离子浓
度减小，使得水解平衡向逆反应方向移动，溶液中的氢氧根离子浓度减小，pH 降低；氯化钙溶液与碳酸
氢钠溶液反应反应生成氯化钠、碳酸钙沉淀和碳酸，反应生成的碳酸使溶液中的氢离子浓度增大，pH 降
低，故D 正确；
故选C。
沉淀溶解平衡
31．（2025·北京朝阳·三模）下列化学用语表述正确的是
A．用FeS 除去废水中的汞离子：Hg
2++S
2-= HgS↓
B．乙醛和新制Cu (OH)2共热：CH3CHO+2Cu(OH)2→
❑
Δ
CH3COOH+Cu2O↓+2H2O
C．向AlCl3溶液中滴入过量氨水：Al
3++ 4 NH3⋅H2O=[Al(OH)4]
-+ 4 NH4
+
D．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2
电解
¿
¿Cu+Cl2↑
¿
【答案】D
【详解】A．FeS是难溶物，在离子方程式中不能拆写成S
2-，正确的离子方程式为Hg
2++ FeS= HgS+Fe
2+，
故A 错误；
题型四
B．乙醛和新制Cu (OH)2共热，在碱性条件下反应生成乙酸盐，反应的化学方程式为
CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→
❑
Δ
CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，该选项中生成CH3COOH不符合反应实际，故B 错
误；
C．Al(OH)3不溶于过量氨水，向AlCl3溶液中滴入过量氨水，反应的离子方程式为
Al
3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4
+，故C 错误；
D．CuCl2溶液能导电，是因为CuCl2在水溶液中电离出自由移动的离子，通电时，离子定向移动，CuCl2
在电解条件下分解为Cu和Cl2，化学方程式CuCl2
电解
¿
¿Cu+Cl2↑
¿
表述正确，故D 正确；
故选D。
32．（2025·浙江嘉兴·三模）将过量CaC2O4粉末置于水中达到平衡：CaC2O4(s)⇌
❑
Ca
2+ (aq)+C2O4
2-(aq)。
已知：K sp(CaC2O4)=2.4×10
-9, K sp(CaSO4)= 4.9×10
-5，H2C2O4的电离常数K a1=5.4×10
-2，
K a2=5.4×10
-5
下列有关说法不正确的是
A．上层清液中存在c (Ca
2+)=c(C2O4
2-)+c(HC2O4
-)+c (H2C2O4)
B．上层清液中含碳微粒主要为HC2O4
-
C．要实现CaC2O4向CaSO4的转化，需加入Na2SO4溶液的c (Na2SO4)>1mol⋅L
-1
D．Ca
2++ HC2O4
-⇌
❑
CaC2O4(s)+ H
+, K =2.3×10
4
【答案】B
【详解】A．根据物料守恒，c(Ca
2+)=c(C2)，故有c(Ca
2+)=c(C2O4
2-)+c(HC2O4
-)+c(H2C2O4)，A 正确；
B．溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子c(C2O4
2-)=
❑√2.4×10
-9≈4.9×10
-5，草酸根离子能水解
Kh1=KW
Ka2
=
10
-14
5.4×10
-5 =1.9×10
-10，水解生成的HC2O4
-远远小于C2O4
2-，故含碳的微粒最主要的是C2O4
2-，B
错误；
C．CaC2O4向CaSO4的转化，反应方程式为CaC2O4+SO4
2-⇌CaSO4
❑+C2O4
2-，
K =c(C2O4
2-)
c(SO4
2-)
=K(CaC2O4)
K(CaSO4
❑) = 2.4×10
-9
4.9×10
-5 ≈4.9×10
-5，Q=c(C2O4
2-)
c(SO4
2-)
=
❑√2.4×10
-9
c(SO4
2-)
＜K = 4.9×10
-5，解
得c(SO4
2-)>1mol⋅L
-1，因此要实现CaC2O4向CaSO4的转化，需加入Na2SO4溶液的c (Na2SO4)>1mol⋅L
-1，
C 正确；
D．K =c(H
+)
c(HC2O4
-)×c(Ca
2+)
=c(H
+)×c(C2O4
2-)
c(HC2O4
-)×c(Ca
2+)×c(C2O4
2-)
=
K a2
K sp(CaC2O4) = 5.4×10
-5
2.4×10
-9 ≈2.3×10
4，
D 正确；
故选B。
33．（2025·浙江温州·三模）某化合物(CH3 NH3)PbI3的晶胞如图所示。已知25℃时，
Ksp(PbI2)=8.5×10
-9，Ksp[Pb(OH)2]=1.4×10
-20，下列说法不正确的是
A．c 为I
-
B．b 周围距离最近且相等的离子有6 个
C．该化合物与足量NaOH 溶液反应有Pb(OH)2沉淀生成
D．给出质子能力：CH3 NH3
+>NH4
+
【答案】D
【分析】由题干晶胞图可知，图中一个晶胞中灰球a 的个数为：8× 1
8=1，小黑球c 个数为：6× 1
2=3，大
黑球b 个数为1，故可知灰球a 和大黑球b 代表Pb2+或CH3NH3
+，小黑球c 代表I-，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，c 为I
-，A 正确；
B．由题干晶胞图可知，b 周围距离最近且相等的离子有6 个，即其前后左右上下的I-，B 正确；
C．由题干信息可知，25℃时，Ksp(PbI2)=8.5×10
-9，Ksp[Pb(OH)2]=1.4×10
-20，即PbI2转化为Pb(OH)2
过程容易进行，则该化合物与足量NaOH 溶液反应有Pb(OH)2沉淀生成，C 正确；
D．CH3NH3
+中CH3-是推电子基团，使CH3NH3
+中的N-H 键极性减弱，更难断裂，则其中H+更难给出；NH4
+
中无推电子基团，所以给出质子能力：CH3 NH3
+＜NH4
+，D 错误；
故答案为：D。
34．（2025·山东淄博·三模）用钴渣(主要成分为CoO，含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO 等)制备CoCO3的工
艺流程如图所示。已知：常温下，Ka (HF)=2.0×10
-4，Ksp(CaF2)=4.0×10
-11。
下列叙述错误的是
A．滤渣1 的主要成分有PbSO4、CaSO4
B．向浸出液中通入足量CO2，有白色沉淀生成
C．该工艺条件下，可推知氧化性：H2O2>Fe
3+>Co
3+
D．若沉钙后的溶液中，c(HF)=c(Ca
2+)=1.0×10
-5mol·L
-1，则此时溶液的pH 约为6
【答案】C
【分析】钴渣主要成分为CoO，还含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO等。用氢氧化钠“碱浸”生成
Na[ Al (OH )4]除氧化铝，滤渣“酸浸”生成滤渣1 为硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中含有硫酸钴、硫
酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙，滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁，
滤渣2 为Fe(OH)3，滤液中加HF 生成CaF2沉淀除钙，加入Na2CO3沉钴得到CoCO3。
【详解】A．由分析可知，“酸浸”所得“滤渣1”的成分有PbSO4、CaSO4，A 正确；
B．“浸出液”中含有[Al(OH)4]
-，通入足量CO2，发生CO2+[ Al(OH )4]
-= Al(OH )3↓+ HCO3
-，有白色
沉淀生成，B 正确；
C．“除铁”时加入H2O2，氧化Fe
2+而不氧化Co
2+，说明还原性：Fe
2+＞Co
2+、氧化性：Co
3+＞H2O2，
则氧化性顺序是：Co
3+＞H2O2＞Fe
3+，C 错误；
D．若“沉钙”后溶液中c(HF)=c(Ca
2+)=1.0×10
-5 mol⋅L
-1，由Ksp(CaF2)= 4×10
-11，求出
c(F
-)= ❑√
K sp[CaF2]
c(Ca
2+)
=2×10
-3，再根据Ka (HF)求出c(H
+)=1.0×10
-6 mol⋅L
-1，从而得出pH 为6，D 正
确；
故选C。
35．（2025·山东淄博·三模）根据实验操作与现象，所得结论错误的是
实验操作与现象
结论
A
向淀粉中加入适量稀硫酸并加热，冷却后直接滴加
少量碘水，溶液不变蓝
淀粉已经完全水解
B
向2 mL0.1mol·L-1NaCl 溶液中滴加2 滴
0.1mol·L-1AgNO3溶液，产生白色沉淀，振荡后再
滴加4 滴0.1 mol·L-1 KI 溶液，沉淀变为黄色
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
向甲苯中滴加酸性KMnO4溶液，振荡，紫红色褪
去
苯环增强了甲基的活性，使其
被氧化
D
向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇并用玻璃棒摩擦
试管内壁，出现深蓝色晶体
增大溶剂极性可以降低
[Cu(NH3)4]SO4的溶解度
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．向淀粉中加入适量稀硫酸并加热，冷却后直接滴加少量碘水，溶液不变蓝，说明溶液中无淀
粉存在，可证明淀粉已完全水解，A 正确；
B．向2 mL 0.1mol⋅L
-1NaCl
溶液中滴加2 滴0.1mol⋅L
-1AgNO3
溶液，产生白色沉淀，根据数据可知
NaCl溶液过量，AgNO3溶液全部反应生成AgCl沉淀，此时再滴加4 滴0.1 mol·L-1 KI 溶液，沉淀变为黄色，
说明白色的AgCl沉淀转化为黄色AgI 沉淀，AgCl(s)+I
-(aq)⇌AgI(s)+Cl
-(aq)，得到
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B 正确；
C．向甲苯中滴加酸性KMnO4溶液，振荡，紫红色褪去，反应生成苯甲酸，苯环增强了甲基的活性，使其
被氧化，故C 正确；
D．加入95%乙醇是降低了溶剂的极性，减小了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度而析出晶体，D 错误；
故选D。
36．（2025·北京海淀·三模）研究[Co(NH3)6]SO4溶液的制备、性质和应用。
①向CoSO4溶液中逐滴加入氨水，得到[Co(NH3)6]SO4溶液。
②分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显
现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体。
③[Co(NH3)6]SO4溶液可处理含NO的废气，反应过程如下。
下列说法不正确的是
A．①中，为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液
B．②中，CoSO4溶液中的Co
2+浓度比[Co(NH3)6]SO4溶液中的高，CoSO4的还原性比[Co(NH3)6]SO4的
强
C．③中，[Co(NH3)6]
2+转化为[(NH3)5Co-O-O-Co(NH3)5]
4+,Co元素的化合价升高
D．③中，pH过低将不利于NO的脱除
【答案】B
【分析】③由图可知，氧气和[Co(NH3)6]
2+反应生成[(NH3)5Co-O-O-Co(NH3)5]
4+和氨气，
[(NH3)5Co-O -O -Co(NH3)5]
4+把NO 氧化为亚硝酸铵和硝酸铵，说明[Co(NH3)6]
2+被氧气氧化了，
[(NH3)5Co-O -O -Co(NH3)5]
4+具有强氧化性；
②分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显
现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体即氯气，说明的CoSO4溶液不能被氧气氧化，[Co(NH3)6]
2+被氧气
氧化为[(NH3)5Co-O -O -Co(NH3)5]
4+，[(NH3)5Co-O -O -Co(NH3)5]
4+把浓盐酸氧化而产生氯气了。
【详解】A．加入适量的(NH4)2SO4溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，减小了氢氧
根离子浓度，则①中，先加入适量的(NH4)2SO4溶液可避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，A 不符合
题意；
B．[Co(NH3)6]2+为配离子，则②中CoSO4溶液中的Co
2+浓度比[Co(NH3)6]SO4溶液中的高，结合分析可知，
CoSO4的还原性比[Co(NH3)6]SO4的弱，B 符合题意；
C．③中，[Co(NH3)6]
2+转化为[(NH3)5Co-O -O -Co(NH3)5]
4+,Co元素的化合价由+2 价升高为+3，C 不符合
题意；
D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D 不符合题意；
故选B。
37．（2025·北京东城·三模）Na2CO3溶液可以处理锅炉水垢中的CaSO4，使其转化为疏松、易溶于酸的
CaCO3。某兴趣小组模拟上述过程：
①将1mol⋅L
-1CaCl2溶液和1mol⋅L
-1Na2SO4溶液等体积混合得浊液a
②向滴有酚酞的1mol⋅L
-1Na2CO3溶液中加等体积的浊液a，溶液红色变浅
③将①中浊液a 过滤所得白色沉淀b，浸泡在滴有酚酞的1mol⋅L
-1Na2CO3溶液中，一段时间后溶液红色
变浅
已知：Ksp(CaCO3)=3.4×10
-9 Ksp(CaSO4)= 4.9×10
-5
下列说法中不正确的是
A．浊液a 中硫酸根离子的浓度为7×10
-3 mol/L
B．②中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3
C．③中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3
D．向1.36g白色沉淀b 中加入1L的1mol/LNa2CO3溶液，沉淀几乎全部转化
【答案】B
【详解】A．将1mol⋅L
-1CaCl2溶液和1mol⋅L
-1Na2SO4溶液等体积混合后得到CaSO4浊液且硫酸根离子
浓度和钙离子浓度相等，c(SO4
2-)=c(Ca
2+)= ❑√Ksp=7×10
-3mol/L，A 正确；
B．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入浊液a(含CaSO4沉淀和溶液中的Ca
2+、SO4
2-)，红色变浅说明CO3
2-被消
耗，导致碱性减弱。此时可能是因为溶液中的Ca
2+直接与CO3
2-生成沉淀，无法证明有CaSO4转化为CaCO3，
B 错误；
C．将过滤后的白色沉淀b 固体(CaSO4固体)浸泡在Na2CO3溶液中，红色变浅说明CO3
2-被消耗，此时溶液中
无游离的Ca
2+，只能通过CaSO4转化为CaCO3来实现，C 正确；
D．白色沉淀b 为CaSO4，向白色沉淀b 中加入1L的1mol/LNa2CO3溶液则会发生：
CaSO4(s)+CO3
2-(aq)⇌CaCO3(s)+SO4
2-(aq)，平衡常数K= c(SO4
2-)
c(CO3
2-)
= K sp[CaSO4]
K sp[CaCO3]
=1.44×10
4，若
加入c(CO3
2-)=1mol/L，设溶液中c(SO4
2-)= x，则x
1- x =1.44×10
4，x 无限接近1，说明CaSO4几乎完全
转化为CaCO3，D 正确；
故选B。
38．（2025·浙江·三模）下列方程式正确的是
A．工业上合成氨：2NH4Cl+Ca(OH)2≜CaCl2+2NH3↑+2H2O
B．足量酸性高锰酸钾检测空气中的甲醛：5 HCHO+2MnO4
-+6 H
+→5 HCOOH+2Mn
2++3 H2O
C．用硫化亚铁处理工业废水中的Hg
2+：FeS+ Hg
2+= HgS+ Fe
2+
D．用白醋除铁锈：Fe2O3⋅xH2O+6 H
+=2Fe
3++(3+x)H2O
【答案】C
【详解】A．工业合成氨是氮气和氢气反应生成氨，A 错误；
B．高锰酸钾溶液足量会将甲醛氧化为CO2，5 HCHO+ 4 MnO4
-+12H
+→5CO2↑+ 4 Mn
2++11H2O，B 错误；
C．用硫化亚铁处理工业废水中的Hg
2+，将Hg
2+转化为沉淀：FeS+ Hg
2+= HgS+ Fe
2+，C 正确；
D．醋酸为弱电解质，写离子方程式不拆，D 错误；
故选D。
39．（2025·北京西城·三模）下列离子方程式书写正确的是
A．FeI2溶液与足量氯水反应：2Fe
2++2I
-+2Cl2=2Fe
3++I2+ 4 Cl
-
B．H2C2O4使酸性高锰酸钾溶液褪色：5C2O4
2-+2MnO4
-+16 H
+=10CO2↑+2Mn
2++8 H2O
C．稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：SO4
2-+ H
++ Ba
2++OH
-= BaSO4↓+ H2O
D．用饱和碳酸钠溶液浸泡含CaSO4的水垢：CO3
2-(aq)+CaSO4(s)⇌CaCO3(s)+SO4
2-(aq)
【答案】D
【详解】A．向FeI2溶液中通入足量Cl2的离子方程式为：2Fe
2++ 4I
-+3Cl2=2Fe
3++2I2+6Cl
-，A 错
误；
B．H2C2O4使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸不拆分：5 H2C2O4
❑+2MnO4
-+6 H
+=10CO2↑+2Mn
2++8 H2O，B
错误；
C．稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：
SO4
2-+2H
++ Ba
2++2OH
-= BaSO4↓+2H2O，C 错误；
D．CaSO4与浓度较大的可溶性碳酸盐反应可以得到碳酸钙，再用酸可以将其除去，离子方程式为
CaSO4(s)+CO❑3
2-(aq)=CaCO3(s)+SO❑4
2-(aq)，D 正确；
故选D。
40．（2025·江苏苏州·三模）室温下，用FeSO4溶液与氨水- NH4 HCO3混合溶液反应，制备FeCO3。已知
Kal(H2CO3)= 4.3× 10
-7，Ka2(H2CO3)=7.1×10
-11。下列说法正确的是
A．0.1mol⋅L
-1氨水溶液中：c(OH
-)>c(H
+)+c(NH4
+)
B．0.1mol⋅L
-1 NH4 HCO3溶液(pH =7.8)中：c(H2CO3)>c(CO3
2-)
C．0.1mol⋅L
-1氨水与0.1mol⋅L
-1 NH4 HCO3溶液等体积混合：
c(HCO3
-)+c(H2CO3)+c(CO3
2-)=2c(NH4
+)+2c(NH3⋅H2O)
D．制得FeCO3沉淀后的上层清液中：c(Fe
2+)⋅c(CO3
2-)<Ksp(FeCO3)
【答案】B
【详解】A．氨水溶液中存在电荷守恒条件：c(OH
-)=c( H
+)+c( NH 4
+)，故A 错误；
B．0.1mol⋅L
-1 NH4 HCO3溶液的pH=7.8，说明HCO3
-的水解程度大于HCO3
-的电离程度：
c( H 2CO3
❑)>c(CO3
2-)，故B 正确；
C．氨水与NH4 HCO3溶液等体积混合后为(NH4)2CO3溶液，根据物料守恒条件：
2c(HCO3
-)+2c(H2CO3)+2c(CO3
2-)=c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)，故C 错误；
D．上层清液为饱和FeCO3溶液，因此滤液中c(Fe
2+)⋅c(CO3
2-)= Ksp(FeCO3)，故D 错误；
故答案为B。
