2026年高考化学终极冲刺：清单06 水溶液中的离子平衡（抢分清单）（原卷版及解析）

③比较a、b、c三点水的电离程度大小4．解沉淀溶解平衡图像题三步骤第一步：明确图像中纵、横坐标的含义。纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。第二步：理解图像中线上点、线外点的含义。(1)以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc<Ksp。第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：①原溶液不饱和时，离子浓度都增大；②原溶液饱和时，离子浓度都不变。(2)溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。技法12Ksp的计算类型1．已知Ksp，求溶液中的某种离子的浓度。如：Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝eq\r(a)mol·L－1。①注意溶液体积是否变化，浓度为混合后离子的浓度②开始沉淀：一般认为该离子浓度不变③完全沉淀：一般认为该离子浓度≤10－5mol·L—12．已知Ksp、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度。如：某温度下AgCl的Ksp＝a，在0．1mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10amol·L－1。3．已知难溶性碱M(OH)n的Ksp，求金属阳离子开始沉淀和完全沉淀时的pH①计算依据：Ksp(M(OH)n)＝c(Mn+)·c(OH－)n②计算开始沉淀时的pH：将所给溶液的金属离子浓度代入溶度积公式计算，先求c(OH－)，再代入Kw，再求pH。③计算沉淀完全时的pH：一般认为该离子浓度≤10－5mol·L—1，认为该离子沉淀完全，将c(Mn+)=10－5mol·L—1代入溶度积公式进行计算，先求c(OH－)，再代入Kw，再求pH。4．计算反应的平衡常数：如对于反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，而平衡常数K＝eq\f(cMn2＋,cCu2＋)＝eq\f(KspMnS,KspCuS)。5．常见定量关系①多元难溶弱碱阳离子的水解常数Kh与弱碱的Ksp的关系a.平衡：Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+3H+(aq)b.关系：Kh＝＝＝②沉淀转化常数K与Ksp的关系a.平衡：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)b.关系：K＝＝＝③M(OH)n悬浊液中Ksp、pH间关系a.平衡：M(OH)n(s)Mn+(aq)+nOH－(aq)b.关系：pOH＝－lg＝－lg，pH＝14－pOH＝14+lg④金属硫化物溶于酸的K及其Ksp、H2S的Kal、Ka2的关系a.平衡：CuS(s)+2H+(aq)Cu2+(aq)+H2S(g)b.关系：K＝＝＝误区01溶液稀释、混合的3个误区误区1：不能正确理解酸、碱的无限稀释规律常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7。误区2：不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律溶液稀释前溶液pH加水稀释到体积为原来的10n倍稀释后溶液pH酸强酸pH＝apH＝a＋n弱酸a<pH<a＋n碱强碱pH＝bpH＝b－n弱碱b－n<pH<b误区3：不能正确掌握混合溶液的定性规律pH＝n(n<7)的强酸和pH＝14－n的强碱溶液等体积混合，pH＝7；pH＝n(n<7)的醋酸和pH＝14－n的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液pH<7；pH＝n(n<7)的盐酸和pH＝14－n的氨水溶液等体积混合，混合溶液pH>7。误区02电离平衡中的3个易错点1．电离平衡向正向移动，弱电解质的电离程度不一定增大，如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。2．一般情况下，加水稀释时，弱电解质电离产生离子的浓度减小，并非溶液中所有离子的浓度都减小。如CH3COOH溶液加水稀释时，c(CH3COO－)、c(H＋)减小，但溶液中c(OH－)反而增大。但稀释促进电离，所以n(CH3COOH)减小，n(H＋)、n(CH3COO－)增大。3．由水电离出的c(H＋)＝1．0×10－13mol·L－1的溶液不一定呈碱性。4．水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)，不仅适用于纯水，也适用于一切酸、碱、盐的稀溶液。在任何酸、碱、盐的稀溶液中，只要温度一定，Kw就一定。5．在不同溶液中，c(H＋)、c(OH－)可能不同，但任何溶液中由水电离产生的c(H＋)、c(OH－)总是相等的。在Kw的表达式中，c(H＋)、c(OH－)均表示整个溶液中H＋、OH－总的物质的量浓度而不是单指由水电离出的c(H＋)、c(OH－)。6．水的离子积常数显示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－共存，只是相对含量不同而已。7．水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡向电离方向移动，c(H＋)和c(OH－)都增大，故Kw增大，但溶液仍呈中性；对于Kw，若未注明温度，一般认为在常温下，即25℃。8．溶液显酸碱性的实质是溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小。利用c(H＋)大于、小于或等于1×10－7mol·L－1或pH大于、小于或等于7来判断溶液的酸碱性，利用pH判断前提条件是在常温下。9．使用pH试纸测溶液pH时用蒸馏水润湿相当于将待测液稀释。10．不能用pH试纸测定“漂白性”溶液的pH。11．使用pH试纸测溶液的pH，读数只读取整数，如pH＝2。误区03溶液中水解平衡的易错点1．误认为水解平衡向正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3＋的水解程度减小。2．误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。如NaHSO3溶液显酸性。3．误认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。对于水解程度不大且水解产物不离开平衡体系的情况[如Al2(SO4)3]来说，溶液蒸干仍得原溶质。4．盐类的水解破坏了水的电离平衡，促进水的电离。5．盐类的水解反应是中和反应的逆反应，水解过程吸热。6．发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。7．(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性，虽然都能发生双水解，但既无气体产生，也无沉淀生成，所以NHeq\o\al(＋,4)和COeq\o\al(2－,3)、NHeq\o\al(＋,4)和HCOeq\o\al(－,3)在溶液中仍可大量共存。8．稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。9．向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是：体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。10．水解平衡常数(Kh)只受温度的影响，它与Ka(或Kb)、Kw的定量关系为Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw。11．涉及易挥发性酸弱碱盐(CuCl2．AlCl3．FeCl3等)溶液蒸干、灼烧问题时,不能忽略盐类的水解问题,特别是在一些计算题中。误区04沉淀溶解平衡的易错易混点1．沉淀溶解平衡不是电离平衡。如BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)是溶解平衡，因为BaSO4是强电解质，不存在电离平衡。2．Ksp大，其溶解度不一定大。Ksp还与难溶物化学式中的各离子配比有关，只有同类型的难溶物的Ksp大小才可用于比较其溶解度大小。3．Ksp只受温度影响，温度不变则Ksp不变，如Mg(OH)2在MgCl2溶液中的溶解度要小于在纯水中的溶解度，而Ksp[Mg(OH)2]不变。4．既可以实现Ksp大的向Ksp小的转化，也可以实现Ksp小的转化为Ksp大的。实际上当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可实现难溶电解质由Ksp小的向Ksp大的转化。5．AgClAg＋＋Cl－表示的是AgCl的电离方程式，而AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)表示的是AgCl的沉淀溶解平衡表达式。6．沉淀溶解平衡移动过程是固体溶解和析出的相互转化过程，属于物理变化，但遵循勒夏特列原理。7．沉淀溶解达到平衡时，再加入该难溶物对平衡无影响。8．难溶电解质不一定是弱电解质，如BaSO4．AgCl等都是强电解质。9．用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，沉淀已经完全。10．AgCl的澄清饱和溶液，加水稀释沉淀溶解平衡正移，但离子浓度减小，而AgCl悬浊液，加水稀释，平衡正移，但c(Ag＋)和c(Cl－)不变。11．对于化学式中阴、阳离子个数比不同的难溶物，不能直接根据Ksp的大小来确定其溶解能力的大小，需通过计算转化为溶解度。12．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，与沉淀的量无关。13．溶液中离子浓度的变化只能使溶解平衡移动，并不能改变溶度积。14．沉淀的生成和溶解相互转化的条件是离子浓度的大小，改变反应所需的离子浓度，可使反应向着所需的方向转化。15．Ksp小的难溶电解质也能向Ksp大的难溶电解质转化，需看溶液中生成沉淀的离子浓度的大小。16．相同类型的难溶电解质的Ksp越小，一般溶解度越小，越难溶。如：由Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)可得出溶解度大小为AgCl>AgBr>AgI。17．溶度积小的难溶电解质在一定条件下也能向溶度积大的难溶电解质转化。当两种难溶电解质的Ksp差别不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可由溶度积小的难溶电解质向溶度积大的难溶电解质转化。18．溶解平衡一般是吸热的，温度升高，平衡正移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。题型01无图像的可溶性溶质在溶液中微粒变化的分析1．(2026·辽宁抚顺一模)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知，。实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。实验2：将SO2气体通入0.1mol·L-1NaOH溶液中，当溶液pH=5时停止通气。实验3：将SO2气体通入酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。下列说法正确的是()A．实验1所得溶液中：B．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体C．实验2所得溶液中：D．实验3表明SO2具有漂白性，且溶液中【答案】C【解析】A项，实验1中，由，代入，可得，即，A错误；B项，亚硫酸钠溶液因水解呈碱性，则实验2所得溶液中含亚硫酸氢钠，蒸干过程中NaHSO3会分解，且亚硫酸盐易被空气中O2氧化为硫酸钠，最终无法得到NaHSO3固体，B错误；C项，实验2溶液根据电荷守恒为，由于pH=5，，因此；由，得，代入得，C正确；D项，实验3中酸性KMnO4褪色是因为SO2具有还原性，不是漂白性，D错误；故选C。2．(2026·广东一模)已知：①次磷酸(H3PO2，为一元酸)；亚磷酸(H3PO3，为二元酸)，。②次磷酸及其盐在空气中久置会被氧化(假设氧化产物只考虑亚磷酸及其盐)。室温下，0.1mol·L-1NaH2PO2溶液在空气中放置一段时间后，溶液pH变为7。关于放置后的溶液，下列说法错误的是()A．NaH2PO2的电离方程式为NaH2PO2=Na++H2PO2-B．溶液中C．溶液中D．加入少量NaOH固体，溶液中c(HPO32-增大【答案】C【解析】A项，H3PO2是一元酸，H2PO2-不能电离出H+，NaH2PO2为正盐，完全电离为Na+和H2PO2-，电离方程式书写正确，A正确；B项，溶液电荷守恒为，pH=7时c(OH―)=c(H＋)，且c(Na＋)始终为，代入可得该等式，B正确；C项，由电离常数表达式得，，同一溶液c(H＋)相同，，故前者比值大于后者，C错误；D项，加入NaOH固体，OH-与H2PO3-反应生成HPO32-，同时促进H2PO3-电离，c(HPO32-)增大，D正确；故选C。3．(2026·广东汕头一模)常温下，Hg2+与Cl-存在多个配位平衡：①

②

③

④

常温下，向盐酸中加入一定量的HgCl2，体系平衡后得到含c(Cl－)=0.1mol·L-1的溶液，下列说法正确的是()A．加水稀释，溶液中的微粒总数下降B．加入适当的催化剂，可提高HgCl2的解离速率，并提高K3数值C．向溶液中加入少量NaCl固体，的值将减少D．上述溶液中，【答案】D【解析】A项，加水稀释，题中所有配位平衡均向微粒数增多的解离方向移动，溶液中总微粒数增大，A错误；B项，催化剂只能改变化学反应速率，不改变平衡常数，平衡常数只受温度影响，温度不变K3数值不变，B错误；C项，结合K2、K3的平衡常数表达式可推导得：，加入NaCl固体，溶液中c(Cl－)增大，该比值会增大，C错误；D项，已知溶液中c(Cl－)=0.1mol·L-1，代入K1的表达式：，计算可得；再代入K2表达式：，计算得，即，因此，D正确；故选D。4．(2026·江苏二模)室温下，通过下列实验探究有关亚硫酸盐溶液的性质。已知：，。。实验1：向100mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=3。实验2：向100mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入100mL0.1mol·L-1NaOH溶液。实验3：向实验2所得溶液中加入200mL0.1mol·L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀。下列说法正确的是()A．实验1所得溶液中：B．实验1所得溶液中：C．实验2所得溶液中：D．实验3沉淀后的上层清液中：【答案】A【解析】A项，实验1中NaHSO3与HCl反应至pH=3，根据已知：，。，，,A正确；B项，根据物料守恒，溶液中，若选项B的等式成立，则必然有，这与实验中加入了盐酸矛盾，B错误；C项，实验2：向100mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中加入100mL0.1mol·L-1NaOH溶液，发生反应NaHSO3＋NaOH=Na2SO3＋H2O，溶液中的溶质为Na2SO3，有质子守恒：，C错误；D项，实验2所得溶液为200mL0.05mol·L-1Na2SO3溶液，加入200mL0.1mol·L-1CaCl2溶液发生反应：CaCl2+Na2SO3＝CaSO3↓+2NaCl，得到的CaSO3白色沉淀的物质的量，剩余Ca2+的物质的量，根据，，D错误；故选A。5．(2026·浙江二模)已知：25℃时，CaC2O4的，H2C2O4的电离常数，，。向10mL0.1mol·L-1CaCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2C2O4溶液，实验过程中忽略体积变化。下列说法不正确的是()A．0.1mol·L-1Na2C2O4中满足：B．当加入Na2C2O4体积为10mL时，满足：C．当加入Na2C2O4体积为15mL时，此时溶液pH约为9.7D．反应的【答案】C【解析】A项，Na2C2O4中C2O42-分步水解，第一步水解为主且水解程度小，离子浓度顺序为，A正确；B项，加入10mLNa2C2O4时恰好完全反应生成NaCl和CaC2O4沉淀，电荷守恒式中c(Na+)=c(Cl－)，消去后得到题干等式，B正确；C项，加入15mLNa2C2O4时，剩余，，计算得，，不是9.7，C错误；D项，平衡常数，D正确；故选C。题型02无图像的难溶性溶质在溶液中微粒变化的分析6．(2026·广东江门一模)某温度下，将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中缓慢滴加2.0mL0.10mol·L-1NaCl溶液。已知该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.96，Ksp(AgCl)=10-9.75。下列叙述正确的是()A．当有AgCl生成时，B．若往Ag2CrO4悬浊液加少量水稀释，CrO42-的浓度一定下降C．在Ag2CrO4悬浊液中加稀硝酸酸化，溶液中c(Ag+)=2c(CrO42-)D．滴入NaCl溶液后，则有：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=c()+c(Cl-)+c(OH-)【答案】A【解析】A项，当有AgCl生成时，溶液中同时存在两种沉淀的溶解平衡：，A符合题意；B项，往Ag2CrO4悬浊液加少量水稀释，若仍为饱和溶液，则c(CrO42-)不变；若未饱和，则c(CrO42-)下降，因此“一定下降”不成立，B不符合题意；C项，Ag2CrO4悬浊液中加稀硝酸酸化，酸性条件下存在平衡2CO42-+2H+CO72-+H2O，Cr元素以CrO42-和CO72-两种形式存在，由物料守恒得，C不符合题意；D项，滴入NaCl溶液后，电荷守恒应为，D不符合题意；故选A。7．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)25℃时，NH3·H2O(可看作NH3+H2O)的Kb=1.8×10－5，Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgI)=8.5×10－17，[Ag(NH3)2]++I-AgI+2NH3的解离常数Kd=6.0×10－8。下列说法不正确的是()A．AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]++Cl-，B．[Ag(NH3)2]++2H+Ag++2NH4+，C．向c(Cl－)、c(I－)均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液至过量，最终D．向10mL0.1mol·L-1AgNO3和10mL0.2mol·L-1NH3·H2O的混合溶液中加入过量KI固体，仍有AgI生成【答案】C【解析】A项，该反应的平衡常数，A正确；B项，，，反应[Ag(NH3)2]++2H+Ag++2NH4+的平衡常数，B正确；C项，加入过量AgNO3后，溶液中c(Ag＋)相同，则，C错误；D项，Ksp(AgI)=8.5×10－17，向10mL0.1mol·L-1AgNO3和10mL0.2mol·L-1NH3·H2O的混合溶液中加入过量KI固体，可看作[Ag(NH3)2]++I-AgI+2NH3，，混合后溶液中总c(Ag＋)=0.05mol·L-1，总c(NH3)=0.1mol·L-1，形成[Ag(NH3)2]+后游离c(Ag＋)=9.08mol·L-1，加入过量KI后，c(I-)很大，离子积c(Ag＋)·c(I-)Ksp(AgI)=8.5×10－17，故有AgI生成，D正确；故选C。8．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)已知：HClO的电离常数：Ka=4.0×10-8，H2S的电离常数：Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，H2CO3的电离常数：Ka1=4.5×10-7，Ka2=5.0×10-11，Ksp(CaCO3)=3.6×10－9，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39。下列说法不正确的是()A．与CO32-、ClO-、S2-在溶液中均不能大量共存B．0.5mol/LNa2S溶液中微粒浓度大小：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH―)＞c(HS-)C．碳酸钙悬浊液中c(Ca2+)>c(CO32-)，且CO32-的水解率约为83.3%D．0.1mol/LH2S溶液中微粒浓度大小：c(H+)＞c(HS―)＞c(OH-)＞c(S2－)【答案】C【解析】A项，是强酸性离子，容易水解生成Fe(OH)3，其溶度积Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39，说明其极难溶，在水中极易水解。CO32-、ClO-、S2-均为弱酸的酸根离子，在水中水解呈碱性，与相遇时，会因促进的水解生成Fe(OH)3，不能大量共存，A正确；B项，0.5mol/LNa2S溶液中硫离子水解，溶液显碱性，S2-+H2OHS-+OH-，，若忽略2级水解，设水解的c(S2-)=xmol/L，则，解得，S2-的水解程度为，所以溶液以c(S2-)为主，且存在c(Na+)>c(S2-)>c(HS-)，若只考虑一级水解，则c(OH-)=c(HS-)，但二级水解会消耗HS-、产生OH-，水的电离也会产生OH-，所以c(OH-)>c(HS-)，则离子浓度由大到小的顺序为：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH―)＞c(HS-)，B正确；C项，碳酸钙的溶度积，由于CaCO3是1:1型盐，设溶解度为s，则得，所以，两者浓度相等，CO32-会水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解常数，设水解的为x，则，解得，即水解率约为，C错误；D项，H2S是二元弱酸，第一步电离H2SHS-+H+，，一级电离大于二级电离，因此c(H+)＞c(HS―)＞c(S2－)，；，，则溶液中离子浓度：c(H+)＞c(HS―)＞c(OH-)＞c(S2－)，D正确；故选C。9．(2026·辽宁抚顺一模)某含锶()废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知时，，。下列说法错误的是()A．“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+B．“盐浸”中的C．“浸出渣2”中除含SrSO4外，还含有BaSO4、SiO2D．由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是在HCl气流中加热【答案】D【解析】含锶废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3，加入稀盐酸酸浸，其中碳酸盐溶液与稀盐酸反应进入浸出液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2不参与反应，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化生成硫酸钡，得到的SrCl2溶液经过操作得到SrCl2·6H2O晶体，据此回答。A项，废渣中的碳酸盐与稀盐酸反应生成SrCl2、CaCl2和MgCl2，故浸出液中含有离子Sr2+、Ca2+、Mg2+，A正确；B项，盐浸中的离子方程式为，该反应的平衡常数，B正确；C项，由B选项分析知，的K小于105，不能完全转化，所以浸出渣2中除含SrSO4外，还含有BaSO4、SiO2，C正确；D项，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，Sr的金属性强于Ca，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以Sr(OH)2是强碱，即SrCl2是强酸强碱盐，不发生水解，故由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2时不需要在HCl气流中加热，D错误；故选D。10．(2026·江苏宿迁二模)工业上以废铅膏(PbSO4、PbO2、PbO、少量Pb)为原料，制备甲基磺酸铅[Pb(CH3SO3)2]实现Pb循环再利用。已知Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，Ksp(PbCO3)=7.5×10-14，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=4×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.80×10-5.下列说法中正确的是()A．0.1mol・L⁻¹(NH4)2CO3溶液中(pH=9.0)：c(NH4+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(NH3·H2O)B．“酸浸”后上层清液中：C．脱硫反应：PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=3×10−6D．脱硫反应后滤液中【答案】B【解析】废铅膏中含有PbSO4、PbO2、PbO和少量Pb，加入H2SO4、H2O2溶液可将Pb元素全部变为PbSO4沉淀。再加入(NH4)2CO3溶液可将PbSO4转化为PbCO3，最后加入甲基磺酸即可得到甲基磺酸铅。A项，(NH4)2CO3溶液中，NH4+初始浓度大于CO32-，NH4+水解得到NH3·H2O，使溶液显酸性CO32-水解得到HCO3-，使溶液显碱性。而溶液的pH=9.0，溶液中的c(H＋)=mol·L-1，也说明CO32-的水解程度更大。根据和物料守恒，可计算出c(NH3·H2O)≈0.071mol·L-1。根据和物料守恒，可计算出，因此。，所以，即，正确的排序为，A错误；B项，由，，可得：，B正确；C项，脱硫反应平衡常数：，C错误；D项，滤液中含有少量溶解电离出的Pb2+，溶液中所有阳离子所带电荷总数与阴离子所带电荷总数相同，正确的电荷守恒式子应为：，D错误；故选B。11．(2026·江苏南京一模)室温下，用含少量Mg2+、Ca2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下，若使用Na2CO3溶液“沉锰”，会产生棕色MnO(OH)2。已知：Ksp(CaF2)=5×10-9，Ksp(MgF2)=5×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=5×10-11下列说法正确的是()A．“除杂”后的上层清液中100c(Ca2+)=c(Mg2+)B．NH4F溶液中：C．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中：D．用Na2CO3溶液沉锰产生MnO(OH)2，可证明：碱性增强，O2的氧化能力增强【答案】C【解析】“除杂”步骤是通过加入NH4F溶液，将Ca2+和Mg2+分别转化为CaF2和MgF2沉淀，从而除去杂质离子。“沉锰”步骤是通过加入NH4HCO3溶液，使Mn2+沉淀为MnCO3。A项，“除杂”后的上层清液为氟化钙和氟化镁的饱和溶液，，c(Ca2+)=100c(Mg2+)，A错误；B项，NH4F溶液中存在物料守恒：，B错误；C项，NH4+的水解平衡常数：，HCO3-的水解平衡常数：，HCO3-的电离平衡常数：，HCO3-的水解程度大于其电离程度，且HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度。因此，溶液呈碱性，根据物料守恒：，由于HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，，因此，成立，C正确；D项，根据题目，使用碳酸钠溶液“沉锰”时，会产生棕色MnO(OH)2，而使用NH4HCO3溶液则不会，原因是：碳酸钠溶液碱性过强，导致Mn2+直接水解生成Mn(OH)2，随后被空气中的O2氧化为MnO(OH)2，不能得出碱性增强，O2的氧化能力增强的结论，D错误；故选C。12．(2025·吉林长春一模)室温下，用含有少量Mn2+的硫酸锌溶液制备ZnCO3的过程如下，已知：、，下列说法正确的是()A．NaClO溶液中：B．“沉锌”的主要离子反应为：C．“过滤”所得滤液中：D．“过滤”所得滤液中：【答案】C【解析】A项，对CaSO3溶液，联立电荷守恒、物料守恒推导质子守恒：电荷守恒：物料守恒：联立得：，代入，两边乘c(H＋得：，即，与选项式子不符，A错误；B项，沉锌过程加入了NH4HCO3和氨水，NH3·H2O参与反应，主要离子反应为：。选项给出的是无额外碱时Zn2+与HCO3-的反应，不是该过程的主要反应，B错误；C项，滤液中不会析出，因此；ZnCO3已沉淀，体系对ZnCO3饱和，因此；代入整理得：，与选项描述一致，C正确；D项，加入的NH4HCO3中，且额外加入了氨水中的N，同时沉锌过程中部分C以ZnCO3沉淀的形式被滤出，因此滤液中N的总浓度大于C的总浓度，即，D错误；故选C。13．(2026·北京九中高三下开学考试)实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO42-并进行定性检验。已知：25℃下列说法正确的是()A．25℃，步骤②至少调节溶液的，才可使滤液中B．由于，所以步骤③中BaSO4沉淀不会转化为BaCO3C．步骤⑤加入过量盐酸发生的反应是CO32--+2H+═H2O+CO2↑、H++OH-=H2OD．步骤①加入BaCl2不足，导致步骤⑧白色沉淀M的生成【答案】C【解析】粗盐提纯过程中，通过加入过量BaCl2溶液除去SO42-，加入NaOH溶液调节pH并除去Mg2+，加入过量Na2CO3溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后得到滤液，再加入盐酸除去过量的OH-和CO32-，最后蒸干得到NaCl样品。A项，根据计算，要使，只需，对应，不需要，A错误；B项，沉淀转化是否发生与离子浓度有关，虽然，但步骤③加入过量饱和Na2CO3溶液，在CO32-浓度足够大时仍可导致部分BaSO4转化为BaCO3，B错误；C项，步骤⑤加入过量盐酸的目的是除去滤液中过量的NaOH和Na2CO3，发生反应为CO32--+2H+═H2O+CO2↑、H++OH-=H2O，C正确；D项，白色沉淀M为BaSO4，其生成是因为步骤③中部分BaSO4沉淀转化为BaCO3时释放出SO42-，留在滤液中最终进入样品，与BaCl2是否不足无关，D错误；故选C。题型03依据图像的可溶性溶质在溶液中微粒变化的分析14．(2026·甘肃贵州一模)常温时，二元弱酸H2R与MCl2均为0.1mol/L的混合溶液中，(X代表H2R、HR-、R2-或M2+)随pH的变化关系如下图。为难溶物，不考虑M2+的水解。下列分析正确的是()A．常温时，0.1mol/LH2R溶液的约为3.24B．溶度积常数Ksp(MR)的数量级为10-13C．H2RR2－+2H+的平衡常数约为10-15.46D．pH=9.98时，溶液中2c(M2+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(HR−)+2c(R2−)【答案】B【解析】，由图可知，随着pH增大，H2R减小、HR-先增大后减小、R2-增大，所以图中曲线2代表、曲线3代表、曲线4代表，图中曲线1代表；由图可知，、。A项，根据，0.1mol·L-1H2R溶液中，因一级电离远大于二级电离，可近似认为，，pH值约为4.025，A错误；B项，溶度积常数，将曲线1、曲线3交点数值代入，，数量级为10-13，B正确；C项，H2RR2－+2H+的平衡常数，C错误；D项，pH=9.98，溶液呈碱性，说明体系加入了外来碱性物质，则溶液中电荷守恒应为2c(M2+)+c(H+)+c(外加阳离子)=c(OH−)+c(Cl−)+c(HR−)+2c(R2−)，D错误；故选B。15．(2026·四川成都二模)室温下，一元弱酸HA水溶液w与有机溶剂o等体积混合静置，两个主要平衡体系如图1所示。HA在有机层中不电离，其浓度为；且为定值。向水层中加入或调节随变化如图2所示。已知。下列说法错误的是()A．B．C．向图1中加入少量水，不变D．时，【答案】C【解析】A项，当pH很小时(pH=0)，溶液的酸性会抑制HA的电离，此时的，则有，解得，A正确；B项，HA的电离常数，结合，整理后得：，当纵坐标为0时，该式等于1，化简后得：，由图可知，交点(纵坐标为0)pH在5左右，计算得，B正确；C项，温度不变，为定值，加入少量水后，水层体积增大，则减小，使平衡正向移动，有机层的HA转移到水层，重新平衡后，会增大，C错误；D项，pH=5时，，结合有：，则，D正确；故选C。16．(2026·江苏一模)常温下，稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)：Ⅰ

Ⅱ

Ⅲ

在约的氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值()随溶液pH的变化关系如图所示(溶液体积保持不变)。下列说法不正确的是()A．常温下，HClO的电离平衡常数Ka=10-7.5B．时，该氯水中水的电离程度比纯水中大C．该氯水中：D．在之间，该氯水中随溶液pH增大而减小【答案】D【解析】该坐标图横坐标为溶液pH，纵坐标为含氯微粒浓度的对数值，越大对应微粒实际浓度越大。结合体系中的三个平衡，各曲线对应关系为：随着pH升高，酸性减弱，反应Cl2＋H2OH++Cl-＋HClO平衡正向移动，Cl2浓度持续减小，因此图中下降速率最快的曲线对应Cl2。HClO是弱酸，pH升高会促进HClO电离，因此HClO分子浓度随pH升高逐渐减小，对应图中缓慢下降的曲线；电离产物ClO-浓度随pH升高逐渐增大，对应图中上升的曲线。HClO和ClO-的交点满足，此时交点pH=7.5。A项，据图可知，pH=4时，c(HClO)=10-4.5mol/L，c(ClO-)=10-8mol/L，则HClO的电离平衡常数==10-7.5，A正确；B项，时对应pH=7.5，pH=7.5时，溶液中存在H⁺和ClO-，其中ClO-会发生水解反应ClO-+H2OHClO+OH-，促进水的电离，因此该氯水中水的电离程度比纯水中大，B正确；C项，根据歧化反应的氯元素守恒，Cl2歧化时，每生成1molCl-，同时生成1mol+1价氯，+1价氯存在于HClO、ClO-、Cl2O中，1molCl2O含2mol+1价氯，因此总浓度关系为：，C正确；D项，根据反应Ⅲ：，平衡常数，则。由图可知，在pH=4~6之间，随pH增大而减小，因此随溶液pH增大而减小，D错误；故选D。17．(2026·陕西一模)常温下，将NaOH溶液逐滴加入到二元弱酸(H2X)溶液中，混合溶液的与变化的关系如图所示，其中A点坐标为(2.6,0)，B点的pH=5.7坐标为(1，-1.6)。下列叙述错误的是()A．Ka1/Ka2为102.6B．A点的pH>7C．NaHX溶液中D．pH=7时，，【答案】D【解析】根据二元弱酸(H2X)的电离平衡：H2XH++HX-，，变形得；HX-H++X2-，变形得。A项，由B点坐标(1，-1.6)可，当pH=5.7时，结合分析知：，，即，，解得，，即，A正确；B项，由A点坐标(2.6，0)结合分析知，解得，pH=7.3＞7，B正确；C项，NaHX溶液中，HX-水解常数，其电离常数，由于，溶液呈酸性，根据电荷守恒，由于溶液呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH-)，同时，HX-会电离和水解，所以c(Na＋)＞c(HX-)。在NaHX溶液中，HX-是主要存在的离子，其浓度通常远大于H+的浓度，因此，C正确；D项，据分析，pH=7时，，＞0，＜0，D错误；故选D。18．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)一定温度下，向0.1mol·L-1硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+，溶液中pNH3与的关系如图所示，已知pNH3={代表Ag+或[Ag(NH3)2]+}，该温度下Ksp(AgCl)=1.6×10－10，下列说法不正确的是()A．图中代表的是B．该溶液中C．向该溶液中滴入稀硝酸，减小D．AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]++Cl-的平衡常数为K=1.6【答案】D【解析】A项，c(NH3)越大，pNH3越小，Ag⁺与NH3络合生成[Ag(NH3)2]⁺的程度越大，越大。图中δ2随pNH3增大而减小，说明δ2代表，A正确；B项，根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷数之和=阴离子所带负电荷数之和，阳离子有Ag+、[Ag(NH3)2]+、NH4+、H+，阴离子有NO3-、OH-，故等式成立，B正确；C项，滴入稀硝酸，H⁺与NH3反应生成NH4+，c(NH3)减小，pNH3增大，Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+的平衡逆向移动，减小，C正确；D项，a点为交点，有c(Ag+)=，且该点处pNH3=3.5，则c(NH3)=10-3.5，则AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]++Cl-的平衡常数为，D错误；故选D。题型04依据图像的难溶性溶质在溶液中微粒变化图的分析19．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)已知25℃下，将足量的Pb(OH)2粉末投入水中达到溶解平衡，上层清液中各含铅微粒物质的量分数随pH变化关系如下图。已知：，；Pb(OH)2(aq)的电离常数分别为Kb1、Kb2。下列说法不正确的是()A．图中c表示Pb(OH)2B．上层清液中Pb(OH)2(aq)浓度为mol/LC．上层清液中滴入1滴稀盐酸且维持温度不变，Pb(OH)2(aq)浓度减小D．【答案】C【解析】将足量的Pb粉末投入水中达到溶解平衡，得到饱和溶液，存在沉淀溶解平衡Pb(OH)2(s)Pb2+(aq)+2OH-(aq)，；上层清液中存在电离平衡，其电离方程为Pb(OH)2Pb(OH)++OH-、Pb(OH)+Pb2+OH-，增大pH，OH-浓度增大，两个电离平衡均逆向移动，Pb(OH)+物质的量分数先增大后减小，曲线b代表[Pb(OH)+]，Pb(OH)2物质的量分数增大，曲线c代表Pb(OH)2，Pb2+物质的量分数减小，曲线a代表Pb2+，由b、c交点可计算=，a、b交点可计算=。A项，由分析可知图中c表示Pb(OH)2，A正确；B项，上层清液为Pb(OH)2的饱和溶液，Pb(OH)2存在溶解平衡，Pb(OH)2(s)Pb2+(aq)+2OH-(aq)，则，==1.4，解得=

mol/L=1.4mol/L，B正确；C项，上层清液中滴入1滴稀盐酸，c(OH-)减小，Pb(OH)2(aq)的电离平衡正向移动，但Pb(OH)2(s)会溶解补充Pb(OH)2(aq)，最终Pb(OH)2(aq)的浓度不变，C错误；D项，由分析可知，=，物质的量分数，代入上述浓度关系，化简得，D正确；故选C。20．(2026·福建泉州一模)常温下，向1L水中分别加入0.005mol和0.01molNa3PO4，调节溶液的pH(忽略体积变化)，平衡时体系中P元素以FePO4、PO43-、HPO42-、H2PO4-和H3PO4形式存在，物质的量分数[如FePO4的物质的量分数为]随pH变化如图。已知：，，，下列说法正确的是()A．甲线所示物种为HPO42-B．C．时，D．的平衡常数K的数量级为1021【答案】D【解析】A项，含磷物种中，pH越小(酸性越强)，FePO4越稳定，几乎所有P都以FePO4沉淀形式存在，因此低pH下物质的量分数接近1的甲为FePO4，不是HPO42-，A错误；B项，磷酸的电离：H2PO4-H++HPO42-，，仅当时，。由图可知，pH=8.0是FePO4(甲)和HPO42-(丙)的交点，此时H2PO4-的物质的量分数已经很小，，故，B错误；C项，初始加入，故c(Na＋)=0.03mol·L-1。pH=0.7时，几乎所有P都沉淀为FePO4，溶液中游离的总浓度远小于0.01mol·L-1，因此，C错误；D项，对反应，平衡常数，且已知，；磷酸第三步电离HPO42-H++PO43-，；水的离子积；整理后可得：；从图像可知，pH=12.2时，HPO42-和PO43-的物质的量分数相等，即，因此；，D正确；故选D。21．(2026·广东茂名一模)25℃时，向盛有60mL蒸馏水的烧杯中，加入BaCO3固体，充分搅拌且稳定后，向其中加入1滴管Na2SO4溶液，整个实验过程中的溶液随时间的变化如图所示。下列说法错误的是()A．t2时，溶液中：B．t1时，溶液pH可说明BaCO3存在平衡：BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32-(aq)C．t2时的溶液pHt1时的溶液pH可说明该时间段内，有BaCO3(s)转化成BaSO4(s)D．若将Na2SO4溶液替换为蒸馏水(实验结束