2025年北京高考化学复习专练：溶液中三大平衡与四大常数及其应用（解析版）

重难点11溶液中三大平衡与四大常数及其应用

重难诠释◎

【思维导图】

【高分技巧】

溶液中三大平衡对比

1.

水解平衡

电离平衡CH3co0H沉淀溶解平衡AgCKs)=Ag+(aq)

平衡类型CH3COO-+H2O^^

^^CH3COO+H++Cl-(aq)

CH3COOH+OH-

研究对象弱电解质溶液能水解的盐溶液难溶电解质

影若难溶物的溶解若难溶物的溶解

响度与温度成正度与温度成正比，

升温促进电离&增大促进水解题增大

因比,促进溶解；则&p增大;反之，

素反之，则抑制溶贝IjKsp减小

解

加水促进电离居不变促进水解题不变促进溶解时不变

加入加入

加入相加入或

CH3coONaCH3COOHAgNO3

&不变Kh不变时不变

应离子或盐酸，抑或NaOH,NaCL抑制溶解

制电离抑制水解

加入反

应离子加入OH-,加入H+,加入氨水，促进

及不变篇不变风不变

(或物促进电离促进水解溶解

质)

2.影响水电离程度大小的常考因素

降低温度

(升高温度

加入酸、碱抑制一小»金

面离_I水的电离I一篇一加入可水解的盐，如

加入可电离出H+的某1Na2co3、NH4cl等

些盐,如NaHSCM等

3.溶液中离子浓度大小比较

(1)紧扣两个微弱

弱电解质的电离是微弱的，大多数盐类的水解也是微弱的o

(2)牢记三大守恒

①电荷守恒：电解质溶液中阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数。

如(NH4)2CC>3与NH4HCO3的混合溶液中一定有：

C(NH4)+C(H+)=2C(COF)+c(HC0D+c(OH-)。

②物料守恒：物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目在变化前后保持不

变，可解决电解质溶液中离子、分子的物质的量浓度或物质的量的关系。

1+

如：0.1molL-NaHCC)3溶液中一定有c(Na)=c(HCOD+c(COF)+c(H2CO3)=0.1molLl

0.1molL-1CH3COOH溶液与0.1molL-1CH3coONa溶液等体积混合一定有：c(CH3coOH)+c(CH3coO

-)=2c(Na+)=0.1molL-'o

③质子守恒：在电离或水解过程中，会发生质子(H+)转移，但质子转移过程中其数量保持不变。

将混合溶液中的电荷守恒式和物料守恒式相联立，通过代数运算消去其中未参与平衡移动的离子，即可推

出溶液中的质子守恒式。

(3)解题思维流程

--------、H+浓度最大|

H酸溶液卜------------

其他离子的浓度根，考虑电离

据电离程度比较

谓液

T碱溶液匕廊-浓度最大I

N正盐庶水解I

q盐溶液卜先判断酸式酸根离子

U酸式盐卜是以电离为主还是以

水解为主

」相互不反应I同时考虑电离和水解I

^¥1___.d生成酸、碱H考虑电离I

相互］生成盐一考虑水解।

反应"

—每亶H根据过量情况考虑电离或水解IJ

四大平衡常数的比较

常数受温度的影响表达式

HA-H++A-

c(H+)c(A-)

c(HA)

电离常数Ka或KbK随温度升高而增大

BOH=B++OH-

_c(B+)c(OH-)

"c(BOH)

+

H2O-^H+OH-

水的离子积常数Kw除随温度升高而增大

Kw=c(H+)c(OH-)

A-+H2O-HA+OH-

盐的水解常数Kh再随温度升高而增大“_C(HA)C(OH-)

Kh

c(A-)

大多数Kp随温度升高而增MwA„(s)加M〃+(aq)+〃AL(aq)

溶度积常数4p

mn+nm

大，少数会减小。如：Ca(OH)2%=c(M)-c(A-)

温馨提醒：

(1)四大平衡的基本特征相同，包括逆、动、等、定、变，其研究对象均为可逆变化过程。

(2)溶解平衡有放热反应、吸热反应，升高温度后Ksp可能变大或变小；而电离平衡、水解平衡均为吸热过程,

升高温度Ka(或Kb)、Kh均变大。

=.四大平衡常数间的关系

Kw,、Kw

⑴&=—或—

KaKb

如：HCOr+H2OH2co3+OH-

c(H2co3)P(0H—)c(H2co3)P(0H-)-C(H+)Kw

Kh=

c(HCOr)c(HCOf)c(H+)Kal

CO?+H2OHCOr+OH

c(HCOr)c(OH)c(HCOr)-c(0H3-c(H+)Kw

&=

c（cor）c(COF)c(H+)&2

（2）某些沉淀的ap与右的关系

M(OH)„(s)-M"+(aq)+〃OH-(aq)

KwKw

%=c(Mn+)-c«(OH-)=c(MH+)-[——]«=c(M«+)-(--------)”

c(H')lO-PH

（3）四大平衡同化学平衡一样都为动态平衡，平衡的移动符合平衡移动原理（勒夏特列原理），Ka、Kb、Kh、

心、&p数值不随其离子浓度的变化而变化，只与温度有关，随温度的升高而增大（部分&p除外），在温度一

定时，平衡常数不变，与化学平衡是否移动无关。

温馨提醒:

（一）常考题型

1.求解平衡常数。

2.由平衡常数计算初始（或平衡）浓度。

3.计算转化率（或产率）。

4一应用平衡常数/判断平衡移动的方向（或放热、吸热等情况）。

5.平衡常数大小的比较。

（二）对策

从基础的地方入手，如速率计算、“三阶段式”的运用、阿伏加德罗定律及其推论的应用、计算转

化率等，这些都与化学平衡常数密不可分（严格讲电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡也是化学平衡,

只是在溶液中进行的特定类型的反应而已），要在练习中多反思，提高应试能力。

四、四大平衡常数的应用

（1）判断平衡移动的方向

Q与Ksp的关系平衡移动方向结论

Q>Ksp逆向溶液过饱和，有沉淀析出

O=Ksp不移动溶液饱和，处于平衡状态

Q<Ksp正向溶液未饱和,无沉淀析出

（2）常数间的关系

①强碱弱酸盐：&=—；②强酸弱碱盐：Kh=—o

KaK］）

⑶判断离子浓度比值的大小变化。如将NH3-H2。溶液加水稀释，c（OH-）减小，由于电离平衡常数为

CUNH4U-CD0H-D…丁*,,CDNH4U-

----------------------------------------，此值不变，故------------的值增大。

cONH3H2ODcnNH3H2OD

（4）利用四大平衡常数进行有关计算。

限时提升练

（建议用时：40分钟）

1.（2024•北京・高考真题）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是

A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向

B.依据一元弱酸的K.，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小

C.依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大

D.依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱

【答案】C

【详解】A.对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K,反应向逆反应方向进行；Q<K,反应向正反应方向进

行；Q=K,反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向，

A正确；

B.一元弱酸的Ka越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的H+越多，pH越小，B正确；

C.同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是nA大于IIIA,VA大于VIA,C不正确；

D.F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确；

故选C。

2.（2023•北京•高考真题）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2cO3体系中的可能产

物。

已知：i.图1中曲线表示Na2cO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。

ii.2中曲线I的离子浓度关系符合c（Mg2+）.c2（OTT）=Ksp［Mg（OH）2］；曲线II的离子浓度关系符合

2+

c（Mg）.c（COt）=Ksp（MgCO3）：起始c（Na2co3）=0.1mol-L-,不同pH下c（8，）由图1得到］。

下列说法不正确的是

A.由图1,pH=10.25,c（HCO；）=c（CO^）

B.由图2,初始状态pH=ll、lg[c（Mg2+）]=-6,无沉淀生成

C.由图2,初始状态pH=9、lg[c（Mg2+）]=-2,平衡后溶液中存在

C（H2CO3）+c（HCO；）+c（COj）=0.Imol.L-

D.由图1和图2,初始状态PH=8、lg[c（Mg2+）]=-l,发生反应：

2+

Mg+2HCO；=MgCO3J+CO2T+H2O

【答案】c

【详解】A.水溶液中的离子平衡从图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

项正确；

B.从图2可以看出pH=ll、lg[c（Mg2+）]=一6时，该点位于曲线I和曲线n的下方，不会产生碳酸镁沉淀或

氢氧化镁沉淀，B项正确；

C.从图2可以看出pH=9、lg[c（Mg2+）]=-2时，该点位于曲线n的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料

守恒,溶液中c（H2co3）+c（HCOj+c（CO：-）＜0.1mol.LT,C项错误；

D.pH=8时，溶液中主要含碳微粒是HCO；,pH=8,lg[c（Mg2+）]=-1时，该点位于曲线II的上方，会生

成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2HCO]=MgCO3，+H2O+CO2T，D项正确；

故选C。

3.（2022・北京•高考真题）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中

太空“冰雪实验，，演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是

A.醋酸钠是强电解质

B.醋酸钠晶体与冰都是离子晶体

C.常温下，醋酸钠溶液的pH>7

D.该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出

【答案】B

【详解】A.醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；

B.醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；

C.醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的PH>7,故C正确；

D.过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D

正确；

选B。

4.(2019•北京•高考真题)实验测得0.5mol[TCH3coONa溶液、0.5mol[TC11SO4溶液以及H2。的pH

随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是

9

'____________CH3COONa

8*•—•------------•

7-■-----■_______HO

--------2-----

；，__，，.CuSOg

2J________1________1________1________i_

2030405060

77℃

A.随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH-)

B.随温度升高，CH3coONa溶液的c(OH-)减小

C.随温度升高，CuSC)4溶液的pH变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果

D.随温度升高，CH3coONa溶液和CuSC>4溶液的pH均降低，是因为CH3coeT、Ci?+水解平衡移动方

向不同

【答案】C

【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-尸Kw增大，故pH

减小，但c(H+尸c(OH),故A不符合题意；

B.水的电离为吸热过程,升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程,CH3co。氏+氏。

UCH3coOH+OH,升高温度促进盐类水解，所以c(OH)增大，故B不符合题意；

C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解CU2++2H2OUCU(OH)2+2H+,故

c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；

D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意;

综上所述，本题应选C。

5.(2023・北京•高考真题)下列过程与水解反应无关的是

A.热的纯碱溶液去除油脂

B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烧

C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸

D.向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体

【答案】B

【详解】A.热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸

盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；

B.重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烧，与水解反应无关，B符合题意；

C.蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；

D.Fe3+能发生水解反应生成Fe(OH)3,加热能增大Fe3+的水解程度，D不符合题意；

故选B。

6.(2021・北京・高考真题)下列实验中，均产生白色沉淀。

/Aysoj溶液、f3溶液、

0*Na2cO3溶液口NaHCC^溶液^Na2cO3溶液QNaHCC^溶液

下列分析不正确的是

A.Na2c。3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同

B.CaCh能促进Na2co3、NaHCCh水解

C.A12(SC>4)3能促进Na2co3、NaHCOs水解

D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低

【答案】B

【详解】A.Na2cCh溶液、NaHCCh溶液均存在Na+、CO；，HCOj,H2co3、OH、H2O,故含有的

微粒种类相同，A正确；

B.HCO-H++CO3加入Ca2+后，Ca?+和CO；反应生成沉淀，促进HCO：的电离，B错误；

C.AF+与CO；、HCOg都能发生互相促进的水解反应，C正确；

D.由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减

小，pH减小，D正确；

故选B。

7.（2024•北京大兴三模）常温下，用0.5molI-NaHCO3溶液滴定25.00mL0.25moiI-CaCL溶液，消耗

NaHCOs溶液的体积与混合液pH关系如图所示。滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生。

B.be段溶液不可能出现白色沉淀

C.b点:C（CO；-）>C（H2CO3）

D.c点：2c（Ca2+）>2c（CO1-）+c（HC0；）

【答案】D

【分析】滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生，说明加入一定量的碳酸氢钠溶液后，碳

酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和碳酸；

【详解】A.ab段pH升高的原因是：碳酸氢钠水解呈弱碱性，不断滴入氯化钙溶液中，使氢氧根离子浓度

增大、氢离子浓度减小，A错误；

B.滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生，说明加入一定量的碳酸氢钠溶液后，碳酸氢钠

与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和碳酸，溶液酸性增强，pH减小，结合图像可知，be段溶液出现白色沉淀,

B错误；

c.b点pH最大，溶质为碳酸氢钠、氯化钙，HCO-+H2O^H2CO3+OH-,

▼T”专则HCg水解大于电离，故c错误,

D.c点pH=7.2,溶液显碱性，故c(H+)<c(OIT),根据电荷守恒可知

c(H+)+c(Na+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+2c(CO；)+c(HCO-)+c(Cr),由碳酸氢钠和氯化钙的物质的量可知

c(Na+)=c(Cl),则有2c(Ca2+)>2c(CO：)+c(HCO。，D正确；

故选D。

8.(2024•北京海淀•二模)某小组同学向CuSC>4溶液中匀速滴加氨水，实验数据及现象记录如下:

时间/s0〜2020〜9494~144144〜430

从5.2升高至从6.8升高至

PH从5.9升高至6.8从9.5升高至11.2

5.99.5

产生蓝绿色沉淀，并逐渐增蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝

现象无明显现象无明显变化

多色

经检测，蓝绿色沉淀为CU2(OH)2s下列说法正确的是

A.0s时，pH=5.2是因为Cu2++4H2OU［Cu(OH)4广+4H+

B.20〜94s,主要反应的离子方程式为2CU2++SO；-+2OIT=CU2(OH)2sO4)

C.从94s到144s,混合液中水的电离程度增大

D.从144s到430s,pH升高与CMOH)2s0,转化为［CU(NH3)4「的反应有关

【答案】D

【详解】A.0s时，pH=5.2溶液呈酸性是因为铜离子发生水解反应Cu2++2H2OUCu(OH)2+2H+,故A

错误；

B.20~94s,溶液pH从5.9升高至6.8仍为酸性，则不存在大量OH,主要反应的离子方程式为

2+

2Cu+SOt+2W3-H2O=CU2(OH)2SO4；+2NH：,故B错误；

C.从94s到144s,溶液pH从6.8升高至9.5碱性增强，抑制水的电离，则混合液中水的电离程度减小，

故C错误；

D.从144s到430s,蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝色为氨气和铜离子形成配离子［CU(NH3)4『，pH升

高与CU2(OH)2s转化为［CU(NH3)12+的反应有关，故D正确；

故选D。

9.（2024•北京丰台•二模）25。（2时，有浓度均为O.lmol•L的4种溶液：

①盐酸②HF溶液③NaOH溶液④氨水

已知:25℃时,电离平衡常数Ka但F）=6.8xl0T,Kb（NH3-H2O）=1.7x10-®

下列说法不正确的是

A.溶液pH：③>④>②>①

B.水电离出的H+浓度：①=③<②（④

C.②和④等体积混合后的溶液中：c（NH：）>c（Fj>c（OHj>c（H+）

D.VamL①和VbmL③混合后溶液pH=2（溶液体积变化忽略不计），则Va：Vb=ll:9

【答案】C

【详解】A.盐酸为强酸、HF为弱酸，NaOH是强碱，NE-H2。是弱碱，因此等浓度的盐酸、HF溶液、

NaOH溶液、氨水pH由大小为NaOH溶液、氨水、HF溶液、盐酸，故A正确；

45

B.四种溶液中水的电离都受到抑制,Ka（HF）=6.8xl0->Kb（NH3H2O）=1.7xl0-,NaOH是强碱、盐酸

是强酸，因此抑制程度由大到小为①二③〉②〉④，因此水电离出的氢离子浓度①=③<②<④，故B正

确；

45

C.②和④等体积混合后溶质为NH4F,Ka（HF）=6.8xl0->Kb（NH3-H2O）=1.7xl0-,则钱根离子水解

程度大于氟离子，溶液中：c（Fj>c（NH：）>c（H+）>c（OHj,故C错误；

D.VamL盐酸和VbmLNaOH溶液混合后溶液pH=2,则

0.Imol-U1Vx103L-0.Imol-L-1VxlO3L

=10-2mol/L,求得VaY=ll:9,故D正确;

_3_3

VaxlOL+VbxlOL

故答案为：Co

10.（2024•北京朝阳一模）常温下，用0.20mol-L“盐酸滴定25.00mL0.20moi1-卬氏任。溶液，所得溶液

的pH、NH4+和NH3H2O的物质的量分数（x）与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是

0\（也反）mL

A.曲线①代表X（NH3-H2。）

B.当溶液显中性时，滴入盐酸的体积小于25.00mL

C.NH3M2O的电离常数约为1x10-9.26

D.a点的溶液中存在C（NH：）=C（NH3H2O）>C（C1-）

【答案】C

【详解】A.随着盐酸的滴入，溶液pH减小，且在二者恰好完全反应前后，pH会发生突变，溶液中镂根离

子的物质的量增加、一水合氨的物质的量减小，所以①代表X（NH3-H2。）、曲线②代表X（NH；）,A正确；

B.氯化钱溶液显酸性，则当溶液显中性时，溶液溶质为氯化镁和一水合氨，此时滴入盐酸的体积小于25.00mL,

故B正确；

C.a点溶液中c（NH：）=c（NH3-H2。），此时溶液的pH为9.26,pOH=pKw-pH=4.74溶液中c（0田）

474474

=10-mol/L,则Kb=一―/-=cOH-=W,故C错误；

C（NH3H2O）'/

D.a点溶液中C（NH；）=C（NH3-H2。），此时溶液的pH为9.26,溶液显碱性，c（OH-）>c（H+）,根据电荷守恒,

可知c（Cl-）<c（NH；）,D正确；

故答案为：Co

11.（2024•北京昌平•二模）常温下，用O.OlmoLLTNaOH溶液滴定20.00mL0.01mollT的某一元酸HA溶

液，滴定过程中溶液的pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示，其中a点对应的纵坐标pH=3.38。下列

说法正确的是（忽略稀溶液混合时引起的体积变化）

010.0020.00r（NaOH）/mL

A.HA的电离常数Ka（HA）=1x10-6.76

B.b点对应溶液中存在：c（A）<c（HA）

C.d点对应溶液中存在：c（A-）+c（HA）=0.005mol-L1

D.滴定过程中由水电离产生的：a<b<c<d<e

【答案】c

【详解】A.根据a点可知，HA的电离常数Ka(HA)==1X10476,故A错误；

B.b点为半中和点，此时溶质为等物质的量浓度的NaA与HA的混合溶液，由于溶液显酸性，则HA的电

离程度大于NaA的水解程度，故对应溶液中存在：c(A-)>c(HA),故B错误；

C.d点为恰好反应点，此时溶质为NaA,溶液体积为40.00mL,按物料守恒A元素的物质的量浓度为

0.005mol-U',故对应溶液中存在：c(A-)+c(HA)=0.005mol-L-1,故C正确；

D.滴定过程中a、b、c、d水的电离程度逐渐增大，d点为恰好反应点，d点后NaOH过量，水的电离程度

又逐渐减小，故d点水的电离程度最大，故D错误；

故选C。

12.(2024•北京通州•一模)下列过程与电离平衡无关的是

A.用CuSC>4溶液除去乙烘气体中的H2s

B.用NH4HCO3溶液与Fes。,溶液制备FeCC)3

C.向H2O2溶液中加入少量MnC>2制备氧气

D.向热水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(CH)3胶体

【答案】C

【详解】A.CuSC>4电离出的C/+和H2s反应生成CuS沉淀，乙焕不反应，与电离平衡有关，故A错误；

B.NH4HCO3溶液中HCO］电离出的CO；与FeSC>4电离出的Fe2+反应生成FeCCh，与电离平衡有关，故B

错误；

C.MnCh是H2O2分解的催化剂，与电离平衡无关，故C正确；

D.饱和FeCb溶液滴入热水中，FeCb电离出的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，破坏了水的电离平衡，因此与

电离平衡有关，故D错误；

故选：Co

13.(2024•北京东城•二模)向锌氨溶液(由ZnSC)4液、氨水-硫酸镀混合溶液配制而成)中加入萃取剂

HRo不同pH下(其它条件不变)达到平衡后Zn?+和NH3的萃取效果如图所示。

耳

颔

£G

.

国T

-H-OEO

乐

鼻

耨

2+

资料：①反应i：Zn+4NH3^[Zn(

2++

反应ii：Zn+2HRUZnR2+2H

反应iii：NH3+HR^HR-NH3

②pH>8的锌氨溶液中，Zd主要以［Zn(NH3)4产形式存在

下列说法不正确的是

A.锌氨溶液中存在NH3田2。的电离平衡和NH：的水解平衡

B.pH=8.5时，加入萃取剂HR达到平衡后，Zi?+主要以ZnRz的形式存在

C.pH由8至IJ10,萃取剂中氨的含量增大的原因是反应iii的平衡向正反应方向移动

D.pH由8到6,c(H+)和c(Zn2+)均增大，前者对反应ii的影响小于后者

【答案】D

【详解】A.锌氨溶液中存在钱根，由于一水合氨为弱碱，钱根会水解产生一水合氨，锌氨溶液中存在

NH3H2O的电离平衡和的水解平衡，A正确；

B.由已知pH>8的锌氨溶液中，ZP主要以［Zn(NH3)4产形式存在，加入HR与Zd+发生反应ii,会使反应i

逆向移动，最终Zn2+主要以ZnR2的形式存在，B正确；

C.pH由8到10,溶液碱性增强，镂根水解程度增大，有利于反应iii的平衡向正反应方向移动，导致萃取

剂中氨的含量增大，C正确；

D.pH由8到6,溶液氢离子浓度增大，反应ii逆向移动，c(H+)和c亿n2+)均增大，在反应ii中，H+化学计

量数为2,在平衡常数表达式中次数为2,故c(H+)对反应ii影响更大，即前者对反应ii的影响大于后者，D

错误；

本题选D。

14.(2024•北京通州•一模)稍过量零价铁与亚硫酸钠体系能有效降解废水中有机污染物活性红。

已知:

i.体系中产生的SO].、SO)和OH•可将活性红氧化，其中SO1.具有强氧化性

2+3+

ii.Fe+SO4-=SO;+Fe

SOJ+OH=SO；+OH・

iii.Fe?+开始沉淀时pH=6.3,完全沉淀时pH=8.3

Fe"开始沉淀时pH=1.5,完全沉淀时pH=2.8

1

0.7

。6

S5

S4

S3

101214

PH

图1.Na2s体系中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系

图2.零价铁与亚硫酸钠体系内物质转化关系

下列说法不正确的是

A.由图1,25。(3时H2sO3的pKa2=7.22

B.pH=4时较pH=8时具有更好的降解效果

C.反应一段时间后零价铁表面产生Fe(OH)「投入Na2sO3可消除

D.用等物质的量的硫酸亚铁代替零价铁可提高有机物的降解率

【答案】D

cH+cSO?/\

【详解】A.由图1,c（SOt）=c（HSO；）0t,pH=7.22,则凡?=—、、"=c"）=卜10-722,K=7.22,

pa2

C（HSO3）

A正确；

B.由图2可知，HSOJ转化为SO］•可以降解废水中有机污染物，pH=4时HSO］的浓度高于pH=8时HSO］的

浓度，具有更好的降解效果，B正确；

C.反应一段时间后零价铁表面产生Fe（OH）3,Na2sO3具有还原性，Na2s0、可以和Fe（0H）3反应生成Na2s04

和FeSO「从而除去Fe（OHh，C正确；

D.由图2可知，零价铁与亚硫酸钠体系能有效降解废水中有机污染物活性红，用等物质的量的硫酸亚铁代

替零价铁不能提高有机物的降解率，D错误；

故选D。

15.（2025・北京•模拟预测）Sb2O3可用作白色颜料和阻燃剂等。在实验室中可利用SbCb的水解反应制取

Sb2C）3（SbC13的水解分三步进行，中间产物有SbOCl等），其总反应可表示为：

2sbe§+3H2OUSb2O3+6HC1,下列说法不正确的是

A.Sb2C）3具有较高的熔点和燃点

B.为了得到较多的产品，操作时要将SbCb缓慢加入大量水中

C.SbCb的水解反应是基元反应

D.反应后期可加入少量氨水

【答案】C

【详解】A.Sb2O3可用作阻燃剂，其具有较高的熔点和燃点，故A正确；

B.将SbCb缓慢加入大量水中有利于水解完全，有利于提高SbCb的转化率，获得较多产品，故B正确；

C.SbCb的水解分三步进行，中间产物有SbOCl等，并不是基元反应，故C错误；

D.后期已经达到水解平衡，Sb3+离子浓度很低，靠单纯的水解很难再反应下去，所以要加NH3・H2。消耗

HC1促进水解，故D正确；

故选Co

16.（2024•北京•三模）室温下，某二元碱X（0H）2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲

线如图所示，下列说法错误的是

A.由图可知X(0H)2一级、二级电离平衡常数

B.X(0H)NC>3水溶液显碱性

C.等物质的量的X(NC>3)2和X(0H)NC>3混合溶液中C(X2+)<C[X(OH)+]

D.在pH=6的水溶液中:c(OH-)=c(X2+)+c(H+)+c[X(0H+)]

【答案】D

CFX(0H)+1C(0H)

【分析】由图可知，溶液中X(0H)2和X(OH)+浓度相等时，溶液pH为9.2,则电离常数发尸工2-------J----------

C[X(OH)2]

=10T-8,同理可知，溶液中X2+和X(OH)+浓度相等时，溶液pH为6.2,电离常数&2=10—7.8。

【详解】A.由图可知，由图可得X(OH)2的一级电离常数此尸10-8、二级电离常数&2=10—7.8,故A正确;

B.由电离常数可知，X(OH)+的水解常数&=?=L0*l°=10—92<，*10—76,则X(OH)+在溶液中的电

01.0x10

离程度大于水解程度，则X(OH)NC>3溶液呈碱性，故B正确；

C.由电离常数可知，X2+的水解常数&=拚=止处;=10—6.2>兄2=10—7.8,则X2+在溶液中的水解程度

%21.0x10

大于X(OH)+的电离程度，所以溶液中C(X2+)<C[X(OH『],故C正确；

D.pH为6的为酸性溶液，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液中

2+++

C(OH-)<C(X)+C(H)+C[X(OH)],故D错误；

故选D。

17.(2024•北京•三模)下列过程与水解反应无关的是

A.用TiCL和沸水制备TiC^xH?。

B.水垢用碳酸钠溶液浸泡转化将CaSO4转化为CaCO3

C.用调pH值的方法除去硫酸铜中的Fe3+

D.核甘酸在酶的作用下得到核甘和磷酸

【答案】B

【详解】A.用TiC9和沸水制备TiO^xH?。，从而制得Ti。?，A不符合题意;

B.水垢用碳酸钠溶液浸泡转化将CaSC>4转化为CaCC>3为沉淀转化，不属于水解，B符合题意；

C.溶液中存在水解平衡Fe3++3H2OUFe（OH）3+3H+,调pH值使得氢离子浓度减小，平衡正向移动，Fe3+

生成氢氧化铁沉淀除去，与水解有关，C不符合题意；

D.核甘酸在酶的作用下发生水解反应得到核昔和磷酸，与水解有关，D不符合题意；

故选B。

18.（2024•北京昌平•二模）下列关于常温下的NaClO溶液说法不正确的是

-7-11

资料：25℃时，Ka（HClO）=4.0x10-8,（H2CO3）=4.5xlO,^a2（H2CO3）=4.7xl0

A.NaClO溶液显碱性

B.pH=9.0的NaClO和HC1O的混合溶液中，C（C1O）<c（Na*）<c（HC10）

C.在酸性条件下可能与NaCl溶液反应产生氯气

D.与少量CO?反应的离子方程式为CO?+C1CT+H2OHCIO+HCO]

【答案】B

【详解】A.NaClO为强碱弱酸盐，故NaClO溶液显碱性，故A正确;

CC1CHC(CICT)4.0x10-84.0x10-8

B.K(HC1O)=(°)t)4.Ox10-8-当pH=9.0时,

-(+-9

c(HC10)c(HClO)CH)1.0xl0-

C(HC1O)<C(C1O-),故B错误;

C.在酸性条件下能与NaCl溶液发生反应。-+。0-+211+=（2廿+凡0,产生氯气，故C正确;

D.由于酸性强弱顺序：H2CO3>HCIO>HCO-,则与少量CO?反应的离子方程式为

-

CO2+CIO+H2O=HC1O+HCO；,故D正确；

故选B。

19.（2024・北京•三模）室温下，PbL的溶度积常数Ksp可以使用离子交换法测定。实验步骤如下:

I.往PbU固体加入蒸储水，搅拌，过滤，得到Pbl?饱和溶液。

II.将25.00mL饱和溶液分批通过阳离子交换树脂（用HA表示），得到流出液。

III.用蒸储水洗涤阳离子交换树脂至流出液呈中性。

IV.合并步骤II、1H的流出液，……，计算得到H+的物质的量为"mol。

V.数据处理，计算出Ksp(PblJ。

下列说法不正确的是

A.II反应的离子方程式：Pb2++2HA=PbA,+2H+

B.IV……”可以是“用标准NaOH溶液滴定，记录消耗NaOH体积，重复三次”

CV计算结果Ksp(PblJ=g"J

D.若省略niKsp(PbU)偏小

【答案】c

【详解】A.步骤II进行阳离子交换，发生反应：Pb2++2HAKPbA2+2H+,故A正确；

B.步骤IV计算得到H+物质的量，补充方案为用酸碱中和滴定测定流出液H+,实验方案是用标准NaOH溶

液滴定流出液，记录消耗NaOH溶液的体积，，重复三次，即可求得H+物质的量，故B正确；

2+-1a

C.饱和溶液中n(Pb2+)=1~n(1)=3mol,c(Pb)=-----------—mobL,c(I)=---------7mobL-1,

22x25x10'/25乂10一3

Ksp(Pbb)=C(Pb2+)Xc2(r)=；*(亚力)2,故C错误;

D.步骤ni是将清洗附着在阳离子交换树脂上的H+与步骤工II中的流出液合并，降低对实验结果的影响，如

果省略步骤HLH+物质的量减少，导致Pb2+、I-物质的量减少，浓度偏小，测的Pbl2溶度积偏小，故D正

确；

故选C。

20.(2024・北京•三模)下列方程式与所给事实不相符的是

A.用FeS固体除去污水中的Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+

B.AgCl沉淀溶于氨水：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]d

C.乙醛和新制Cu(OH)2共热出现被红色浑浊：

A

CH3CHO+Cu(OH),+NaOHfCH3COONa+CuOJ+2H2O

D.SO2通入氯水中，溶液褪色：SO2+Cl2+2H2O=2HC1+H2SO4

【答案】C

【详解】A.用FeS固体除去污水中的Hg2+,反应生成更难溶的HgS,反应离子方程式为

FeS+Hg2+=HgS+Fe2+,A正确；

B.AgCl沉淀溶于氨水生成配合物，