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2027高考化学化学一轮复习：沉淀溶解平衡
一．选择题（共25小题）
1．（2026 湖南）常温下，向10mLBa（OH）2溶液中缓慢滴入0.01mol L﹣1NaHCO3溶液，溶液的pH和pBa[pBa＝﹣lgc（Ba2+）]与V（NaHCO3）的变化关系如图所示。已知：1g2＝0.3。下列说法错误的是（　　）
A．x＝2
B．
C．点c对应溶液中的水的电离程度最大
D．点d对应溶液中的c（Ba2+）最小
2．（2026 云南）常温下，1L水溶液中Cu2+和的初始浓度分别为0.1mol L﹣1和0.2mol L﹣1，达到溶解平衡时（，pM与pH的关系如图（pM＝﹣lg[c（M）/（mol L﹣1）]，M代表Cu2+、、CuC2O4（aq）和。
已知：CuC2O4（s） CuC2O4（aq）K1
C2
Cu2+（aq）+2C2（aq）＝[Cu（C2O4）2]2﹣（aq）K3＝108.5
下列说法正确的是（　　）
A．曲线Ⅰ是的变化曲线
B．
C．溶液中，CuC2O4（aq）的浓度为10﹣3.3mol L﹣1
D．pH＝4，
3．（2026 浙江）已知：25℃下，。。过量Cu（OH）2与xmol/LCH3COOH充分反应至平衡，平衡时，不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是（　　）
A．K＝8×102
B．c（Cu2+）＞1.0×10﹣3mol/L
C．平衡时，溶液呈弱碱性
D．x＞1.0×10﹣3mol/L
4．（2025 山西）常温下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，﹣lg[c（X）/（mol L﹣1）]与﹣lg[c（H+）/（mol L﹣1）]的关系如图[其中X代表Al3+、Zn2+、Cd2+、Al、Zn或Cd]。
已知：Ksp[Zn（OH）2]＜Ksp[Cd（OH）2]，Zn（OH）2比Cd（OH）2更易与碱反应，形成M（OH）42﹣；溶液中c（X）≤10﹣5mol L﹣1时，X可忽略不计，下列说法错误的是（　　）
A．L为﹣lgc[Al]与﹣lgc（H+）的关系曲线
B．Zn2++4OH﹣═Zn的平衡常数为1011.2
C．调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd（OH）2和Al（OH）3
D．调节溶液pH为4.7～6.4，可将浓度均为0.1mol L﹣1的Zn2+和Al3+完全分离
5．（2025 河北）已知Cu2+和L3﹣结合形成两种配离子[CuL]﹣和CuL2]4﹣。常温下，0.100mol L﹣1的H3L和0.002mol L﹣1的CuSO4混合溶液中，HL2﹣和L3﹣的浓度对数lgc（实线）、含铜微粒的分布系数δ（虚线）[例如]与溶液pH的关系如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．Cu2++L3﹣ [CuL]﹣，K＝109.4
B．HL2﹣ H++L3﹣，K＝10﹣11.6
C．图中a点对应的pH＝4.2
D．当pH＝6.4时，体系中c（HL2﹣）＞c（[CuL2]4﹣）＞c（[CuL]﹣）＞c（L3﹣）
6．（2025 黑龙江）室温下，将0.1mol AgCl置于0.1mol L﹣1NH4NO3溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX﹣pH曲线如图，Ag++NH3 [Ag（NH3）]+和Ag++2NH3 [Ag（NH3）2]+的平衡常数分别为K1和K2；的水解常数Kh（）＝10﹣9.25。下列说法错误的是（　　）
A．Ⅲ为[Ag（NH3）2]+的变化曲线
B．D点：c（）﹣c（OH﹣）＞0.1﹣c（H+）
C．K1＝103.24
D．C点：c（NH3）＝10﹣3.52mol L﹣1
7．（2025 浙江）已知：AgCl（s） Ag+（aq）+Cl﹣（aq） Ksp＝1.8×10﹣10
Ag+（aq）+2Cl﹣（aq） [AgCl2]﹣（aq） K＝1.1×105
下列有关说法不正确的是（　　）
A．过量AgCl在1.0mol/LNaCl溶液中，c（Ag+）＝1.8×10﹣10mol/L
B．过量AgCl在水中所得的饱和溶液中滴加0.0010mol/LAgNO3溶液，有AgCl生成
C．过量AgCl在水中溶解的质量大于在相同体积3.0mol/LNaCl溶液中溶解的质量
D．0.010mol AgCl在1L10mol/L的盐酸中不能完全溶解
8．（2025 重庆）Cr（OH）3是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25℃时，某溶液中c（Cr3+）与c（[Cr（OH）4]﹣）的总和为c，﹣lgc随pH的变化关系如图所示（忽略体积变化）。
已知：
Cr（OH）3（s） Cr3+（aq）+3OH﹣（aq） Ksp
Cr（OH）3（s）+OH﹣（aq） [Cr（OH）4]﹣（aq） K＝10﹣0.4
下列说法正确的是（　　）
A．由M点可以计算Ksp为K＝10﹣30.2
B．Cr3+恰好完全沉淀时pH为6.7
C．P点沉淀质量小于Q点沉淀质量
D．随pH增大先减小后增大
9．（2025 重庆）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL0.1mol L﹣1AgNO3溶液与同浓度体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如图实验，下列叙述错误的是（　　）
A．溶液1中，c（Ag+）+c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（）+c（OH﹣）
B．溶液2中，c（Cl﹣）＞c（[Ag（NH3）2]+）
C．溶液3中，c（H+）＝c（OH﹣）
D．上述实验可证明：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
10．（2024 甘肃）兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是（　　）
A．还原性：Ag＞Cu＞Fe
B．按上述方案消耗1mol Fe可回收1mol Ag
C．反应①的离子方程式是[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4
D．溶液①中的金属离子是Fe2+
11．（2024 福建）将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c0（HCl）]的盐酸中，平衡时部分组分的lgc﹣lgc0（HCl）关系如图。已知草酸Ka1＝10﹣1.3，Ka2＝10﹣4.3。下列说法错误的是（　　）
A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，溶液的pH＝1.3
B．任意c0（HCl）下均有：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2）
C．CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为10﹣3.0
D．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（HC2）+c（Cl﹣）
12．（2024 安徽）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。
已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol L﹣1，Ka1（H2S）＝10﹣6.97，Ka2（H2S）＝10﹣12.90，Ksp（FeS）＝10﹣17.20，Ksp（CdS）＝10﹣26.10。
下列说法错误的是（　　）
A．Na2S溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣）
B．0.01mol L﹣1Na2S溶液中：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）
C．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中加入FeS，可使c（Cd2+）＜10﹣8mol L﹣1
D．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）
13．（2024 甲卷）将0.10mmol Ag2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol L﹣1的NaCl溶液。lg[cM/（mol L﹣1）]（M代表Ag+、Cl﹣或）随加入NaCl溶液体积（V）的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是（　　）
A．交点a处：c（Na+）＝2c（Cl﹣）
B．10﹣2.21
C．V≤2.0mL时不变
D．y1＝﹣7.82，y2＝﹣lg34
14．（2024 浙江）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如δ（H2S）]。已知：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17。
下列说法正确的是（　　）
A．溶解度：FeS大于Fe（OH）2
B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2～10.0），用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度
C．忽略S2﹣的第二步水解，0.10mol/L的Na2S溶液中S2﹣水解率约为62%
D．0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS
15．（2024 湖北）CO2气氛下，Pb（ClO4）2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标（δ）为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0（Pb2+）＝2.0×10﹣5mol L﹣1，pKa1（H2CO3）＝6.4、pKa2（H2CO3）＝10.3，pKsp（PbCO3）＝12.1。下列说法错误的是（　　）
A．pH＝6.5时，溶液中
B．δ（Pb2+）＝δ（PbCO3）时，c（Pb2+）＜1.0×10﹣5mol L﹣1
C．pH＝7时，
D．pH＝8时，溶液中加入少量NaHCO3（s），PbCO3会溶解
16．（2024 浙江）常温下、将等体积、浓度均为0.40mol L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1＝1.4×10﹣2，Ka2＝6.0×10﹣8。Ksp（BaSO3）＝5.0×10﹣10，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10。
下列说法不正确的是（　　）
A．H2SO3溶液中存在c（H+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．将0.40mol L﹣1H2SO3溶液稀释到0.20mol L﹣1，c（）几乎不变
C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D．存在反应Ba2++H2SO3+H2O2═BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因
17．（2026 鼓楼区校级模拟）某温度下，在含Al(OH)3(s)的溶液中，一定pH范围内存在如下平衡：Al(OH)3（s）+3H2O（l） Al（H2O）3(OH)3（aq）
（n＝1、2或3）
溶液中﹣lgc（c表示含Al粒子的浓度，单位为mol L﹣1）与pH的关系如图所示。
下列说法错误的是（　　）
A．l表示与pH的关系
B．的平衡常数
C．反应（n＝1、2或3）的平衡常数随n增大而增大
D．该溶液的pH为6～8时，铝元素的去除效果较好
18．（2026 泉州模拟）银的化合物能发生如下转化：
AgCl[Ag（NH3）2]+AgBr[Ag（S2O3）2]3﹣AgI（Ag（CN）2]﹣Ag2S
已知：①Ksp（AgCl）＝10﹣9.75，Ksp（AgI）＝10﹣16.07
②Ag++2NH3 [Ag（NH3）2]+K1＝107.05
Ag++2CN﹣ [Ag（CN）2]﹣K2＝1021.11
下列说法错误的是（　　）
A．反应ⅰ达到平衡时，向溶液加入NaCl固体，平衡逆向移动
B．向新制AgBr中滴加Na2S溶液，固体颜色变黑
C．AgI+2CN﹣ [Ag（CN）2]﹣+I﹣的K＝105.04
D．与Ag+结合能力：
19．（2026 湖北模拟）磷酸铁是制造电池的重要材料，选择合适的pH条件下制得磷酸铁是科学家研究的方向。25℃时0.1mol L﹣1H3PO4通过加入KOH固体或通入HCl气体调节pH，可得到溶液中各种含磷的微粒分布系数如图1所示，氢氧化铁在水中的溶解情况如图2中的N线，磷酸铁在水中的溶解度若不考虑铁离子的水解只考虑磷酸根离子水解得到如图2所示的M曲线。已知FePO4的。下列说法正确的是（　　）
A．图1中pH＝11时，
B．图1中pH＝1时，溶液中存在：
C．25℃时将均为0.05mol的K2HPO4和K3PO4混合溶解配成1L溶液，则溶液pH＝12.35
D．在pH＝14的溶液中会发生：
20．（2026 武汉模拟）25℃时，向足量的难溶盐MA2（s）中加入稀盐酸，平衡时溶液中lgc（M4+）与pH的关系如图所示。已知pKa1（H2A）＝1.6，pKa2（H2A）＝6.8，M4+不发生水解。下列说法错误的是（　　）
A．Ksp（MA2）的数量级为10﹣9
B．pH＝6.8时，溶液中
C．pH＝4.2时，溶液中c（HA﹣）＞c（H2A）
D．pH＝3.0时，溶液中c（H+）+4c（M4+）
21．（2026 庐阳区校级模拟）常温下，向AgNO3溶液中滴加KI溶液，平衡时溶液中﹣lgc（Ag+）与﹣lgc（M）的关系如图所示（其中M代表I﹣、或）。
已知：开始滴加KI时生成足量的AgI沉淀；。
下列说法错误的是（　　）
A．曲线L1表示﹣lgc（I﹣）与﹣lgc（Ag+）的关系
B．Q点溶液中存在
C．L1与L3交点对应溶液中
D．的平衡常数K的数量级为102
22．（2026 广东校级模拟）Cr（OH）3是两性氢氧化物。25℃时，某溶液中c（Cr3+）与的总和为c，﹣lgc随pH的变化关系如图所示（忽略体积变化）。
已知：当离子浓度等于1.0×10﹣5mol/L时，沉淀完全
Ksp
K＝10﹣0.4
下列叙述正确的是（　　）
A．
B．pH为6.7时，Cr3+恰好沉淀完全
C．P点与Q点的Cr3+浓度相等
D．随pH增大先减小后增大
23．（2026 诸暨市模拟）室温下，向0.02mol L﹣1K2CrO4溶液中加入少量AgNO3固体，有少量Ag2CrO4沉淀产生，溶液中铬元素以H2CrO4、、、形式存在，保持溶液体积不变，pM[pM＝﹣lgc（M），M包括溶液中含铬各组分及Ag+]随pH变化如图。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线Ⅲ代表的组分为
B．
C．pH＝5.9时，
D．溶液中始终存在：
24．（2026 陕西一模）常温下，向含NaAc（醋酸钠）、NaBrO3、Na2SO4的混合液中滴加AgNO3溶液，混合液中pAg[pAg＝﹣lgc（Ag+）]与pX[pX＝﹣lgc（Ac﹣）、、]的关系如图所示，已知：Ksp（AgAc）＞Ksp（AgBrO3）。下列说法错误的是（　　）
A．L3直线代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（Ac﹣）的关系
B．常温下，AgBrO3饱和溶液中c（Ag+）＝10﹣2.14mol L﹣1
C．当同时生成AgAc和AgBrO3时，溶液中
D．向M点所示的混合溶液中加入AgNO3固体，增大
25．（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：
2027高考化学化学一轮复习：沉淀溶解平衡
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．（2026 湖南）常温下，向10mLBa（OH）2溶液中缓慢滴入0.01mol L﹣1NaHCO3溶液，溶液的pH和pBa[pBa＝﹣lgc（Ba2+）]与V（NaHCO3）的变化关系如图所示。已知：1g2＝0.3。下列说法错误的是（　　）
A．x＝2
B．
C．点c对应溶液中的水的电离程度最大
D．点d对应溶液中的c（Ba2+）最小
【答案】D
【分析】Ba（OH）2溶液中缓慢滴入NaHCO3时，起始反应为Ba（OH）2+NaHCO3＝BaCO3↓+NaOH+H2O，而后发生反应为NaOH+NaHCO3＝Na2CO3+H2O，溶液的碱性逐渐减弱，c（）逐渐增大，Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+） c（），溶液中c（Ba2+）逐渐减小，pBa逐渐增大，图中pBa＝4.3时曲线出现突变、恰好达到滴定终点，此时溶液中溶质主要为NaOH，根据起始反应计算c[Ba（OH）2]0.01mol/L，c点溶液中溶质主要为Na2CO3，d点溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，c[Ba（OH）2]＝0.01mol/L，当V（NaHCO3）＝0mL时c（Ba2+）＝0.01mol/L，则x＝﹣lg0.01＝2，故A正确；
B．由图可知，pBa＝4.3时恰好达到滴定终点，反应为Ba（OH）2+NaHCO3＝BaCO3↓+NaOH+H2O，此时溶液中c（）≈c（Ba2+）＝10﹣4.3mol/L，则Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+） c（）＝10﹣4.3×10﹣4.3＝10﹣8.6＝2.5×10﹣9，故B正确；
C．bc段发生反应为NaOH+NaHCO3＝Na2CO3+H2O，c点时溶液中溶质主要为Na2CO3，促进水的电离，则点c对应溶液中的水的电离程度最大，故C正确；
D．c点溶液中溶质主要为Na2CO3，d点溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，c（）：c＞d，Ksp（BaCO3）＝c（Ba2+） c（），则c（Ba2+）：d＞c，即点c对应溶液中的c（Ba2+）最小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重图象分析能力和计算能力考查，明确曲线上各点溶质成分及性质、溶度积常数表达式及计算应用是解题关键，题目难度中等。
2．（2026 云南）常温下，1L水溶液中Cu2+和的初始浓度分别为0.1mol L﹣1和0.2mol L﹣1，达到溶解平衡时（，pM与pH的关系如图（pM＝﹣lg[c（M）/（mol L﹣1）]，M代表Cu2+、、CuC2O4（aq）和。
已知：CuC2O4（s） CuC2O4（aq）K1
C2
Cu2+（aq）+2C2（aq）＝[Cu（C2O4）2]2﹣（aq）K3＝108.5
下列说法正确的是（　　）
A．曲线Ⅰ是的变化曲线
B．
C．溶液中，CuC2O4（aq）的浓度为10﹣3.3mol L﹣1
D．pH＝4，
【答案】B
【分析】Ksp（CuC2O4）＝c（Cu2+） c（C2）＝10﹣9.35，K3108.5，则c（[Cu（C2O4）2]2﹣）＝Ksp（CuC2O4） K3 c（C2），即p（[Cu（C2O4）2]2﹣）＝p（C2）+0.85，p（[Cu（C2O4）2]2﹣）、p（C2）与pH的关系图平行、二者相差0.85，且pH相同时p（[Cu（C2O4）2]2﹣）＞p（C2），所以Ⅰ、Ⅱ分别是C2、[Cu（C2O4）2]2﹣的变化曲线；Ksp（CuC2O4）＝c（Cu2+） c（C2），c（C2）增大时p（C2），c（Cu2+）减小、p（Cu2+）增大，即曲线Ⅳ是Cu2+的变化曲线；反应①中K1＝c（CuC2O4）为定值，则c（CuC2O4）和p（CuC2O4）始终不变，即曲线Ⅲ是CuC2O4的变化曲线，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别是C2、[Cu（C2O4）2]2﹣、CuC2O4、Cu2+的变化曲线，故A错误；
B．由图可知，pH＝2.87时c（C2）＝10﹣2.34mol/L、p（CuC2O4）＝p（[Cu（C2O4）2]2﹣），即c（CuC2O4）＝c（[Cu（C2O4）2]2﹣），此时反应CuC2O4（aq）+C2（aq） [Cu（C2O4）2]2﹣（aq）的平衡常数K102.34，故B正确；
C．由上述分析可知，p（[Cu（C2O4）2]2﹣）＝p（C2）+0.85，pH＝2.87时p（C2）＝2.34，p（CuC2O4）＝p（[Cu（C2O4）2]2﹣）＝3.19，且c（CuC2O4）＝K1不变，即溶液中c（CuC2O4）＝10﹣3.19mol/L，不是10﹣3.3mol/L，故C错误；
D．起始时c（Cu2+）＝0.1mol/L，c（C2）＝0.2mol/L＝c（Cu2+）+0.1mol/L，即c（C2）+c（HC2）+c（H2C2O4）+c（CuC2O4）+2c（[Cu（C2O4）2]2﹣）＝c（Cu2+）+c（CuC2O4）+c（[Cu（C2O4）2]2﹣）+0.1mol/L，简化为c（C2）+c（HC2）c（H2C2O4）+c（[Cu（C2O4）2]2﹣）＝c（Cu2+）+0.1mol/L，整个过程中C、Cu均未转化为沉淀，始终存在该物料守恒关系，所以pH＝4时仍然存在：c（C2）+c（HC2）c（H2C2O4）+c（[Cu（C2O4）2]2﹣）＝c（Cu2+）+0.1mol/L，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重图象分析能力和计算能力考查，把握曲线与微粒的对应关系、平衡常数表达式及其计算、溶液中守恒关系式的应用是解题关键，题目难度中等。
3．（2026 浙江）已知：25℃下，。。过量Cu（OH）2与xmol/LCH3COOH充分反应至平衡，平衡时，不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是（　　）
A．K＝8×102
B．c（Cu2+）＞1.0×10﹣3mol/L
C．平衡时，溶液呈弱碱性
D．x＞1.0×10﹣3mol/L
【答案】D
【分析】A．K═，将数据代入计算即可；
B．由平衡常数K和条件：c（CH3COO﹣）＝10c（CH3COOH），代入K，即可计算c（Cu2+）；
C．平衡时，Ksp[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）×c2（OH﹣）＝8×10﹣4mol/L×c2（OH﹣）＝2×10﹣20，解得：c（OH﹣）＝5×10﹣9mol/L，c（H+）＝2×10﹣6mol/L，据此计算pH；
D．根据方程式计量关系可知，c（Cu2+）c（CH3COO﹣）＝8×10﹣4mol/L，则c（CH3COO﹣）＝1.6×10﹣3mol/L，又平衡时：c（CH3COO﹣）＝10c（CH3COOH），则c（CH3COOH）＝1.6×10﹣4mol/L，根据乙酸根物料守恒，则初始乙酸浓度＝1.6×10﹣3mol/L+1.6×10﹣4mol/L，据此作答。
【解答】解：A．K═8×10﹣2，故A错误；
B．又平衡常数K和条件：c（CH3COO﹣）＝10c（CH3COOH），代入K，得到c（Cu2+）＝8×10﹣4mol/L＜1.0×10﹣3mol/L，故B错误；
C．平衡时，Ksp[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）×c2（OH﹣）＝8×10﹣4mol/L×c2（OH﹣）＝2×10﹣20，解得：c（OH﹣）＝5×10﹣9mol/L，c（H+）＝2×10﹣6mol/L，pH≈5.7，溶液呈弱酸性，故C错误；
D．根据方程式计量关系可知，c（Cu2+）c（CH3COO﹣）＝8×10﹣4mol/L，则c（CH3COO﹣）＝1.6×10﹣3mol/L，又平衡时：c（CH3COO﹣）＝10c（CH3COOH），则c（CH3COOH）＝1.6×10﹣4mol/L，根据乙酸根物料守恒，则初始乙酸浓度＝1.6×10﹣3mol/L+1.6×10﹣4mol/L＞1.0×10﹣3mol/L，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡、平衡常数的应用，属于基本知识的考查，难度中等。
4．（2025 山西）常温下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，﹣lg[c（X）/（mol L﹣1）]与﹣lg[c（H+）/（mol L﹣1）]的关系如图[其中X代表Al3+、Zn2+、Cd2+、Al、Zn或Cd]。
已知：Ksp[Zn（OH）2]＜Ksp[Cd（OH）2]，Zn（OH）2比Cd（OH）2更易与碱反应，形成M（OH）42﹣；溶液中c（X）≤10﹣5mol L﹣1时，X可忽略不计，下列说法错误的是（　　）
A．L为﹣lgc[Al]与﹣lgc（H+）的关系曲线
B．Zn2++4OH﹣═Zn的平衡常数为1011.2
C．调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd（OH）2和Al（OH）3
D．调节溶液pH为4.7～6.4，可将浓度均为0.1mol L﹣1的Zn2+和Al3+完全分离
【答案】B
【分析】Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+） c3（OH﹣），Ksp[Zn（OH）2]＝c（Zn2+） c2（OH﹣），Ksp[Cd（OH）2]＝c（Cd2+） c2（OH﹣），则﹣lg[c（Zn2+）]、﹣lg[c（Cd2+）]与﹣lg[c（H+）]关系的曲线平行，且Ksp[Zn（OH）2]＜Ksp[Cd（OH）2]，所以图中1、2、3分别为﹣lg[c（Al3+）]、﹣lg[c（Zn2+）]、﹣lg[c（Cd2+）]与﹣lg[c（H+）]的关系曲线；Al（OH）3+OH﹣ Al（OH）4﹣的平衡常数K1，Zn（OH）2+2OH﹣ Zn（OH）42﹣的平衡常数K2，Cd（OH）2+2OH﹣ Cd（OH）42﹣的平衡常数K3，K2与K3表达式相似，且Zn（OH）2比Cd（OH）2更易与碱反应，K2＞K3，则图中L、4、5分别为﹣lgc[Al（OH）4﹣]、﹣lgc[Zn（OH）42﹣]、﹣lgc[Cd（OH）42﹣]与﹣lgc（H+）的关系曲线，根据（3.0，0）、（8.4，5）、（9.4，5）计算Ksp[Al（OH）3]＝10﹣33、Ksp[Zn（OH）2]＝10﹣16.2、Ksp[Cd（OH）2]＝10﹣14.2，根据（8.4，5）、（12.4，5）、（14.0，5）计算K1＝100.6、K2＝10﹣1.8、K3＝10﹣5，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，图中1、2、3、L、4、5分别为﹣lg[c（Al3+）]、﹣lg[c（Zn2+）]、﹣lg[c（Cd2+）]、﹣lgc[Al（OH）4﹣]、﹣lgc[Zn（OH）42﹣]、﹣lgc[Cd（OH）42﹣]与﹣lg[c（H+）]的关系曲线，故A正确；
B．由上述分析可知，Ksp[Zn（OH）2]＝c（Zn2+） c2（OH﹣）＝10﹣16.2、Zn（OH）2+2OH﹣ Zn（OH）42﹣的平衡常数K2＝10﹣1.8，则Zn2++4OH﹣═Zn的平衡常数K1014.4，故B错误；
C．由图可知，Cd（OH）2开始溶解时pH＝14.0，Al（OH）3沉淀完全时pH＜14.0，则可通过调节NaOH溶液浓度完全分离Cd（OH）2和Al（OH）3，故C正确；
D．Ksp[Al（OH）3]＝10﹣33，0.1mol/LAl3+恰好完全转化为沉淀时c（Al3+）＝10﹣5mol/L，此时溶液中c（OH﹣）＝10﹣9.3mol/L，c（H+）＝10﹣4.7mol/L，pH＝4.7，Ksp[Zn（OH）2]＝10﹣16.2，0.1mol/LZn2+完全开始转化为沉淀时c（OH﹣）＝10﹣7.6mol/L，此时溶液中c（H+）＝10﹣6.4mol/L，pH＝6.4，所以调节溶液pH为4.7～6.4，可将浓度均为0.1mol L﹣1的Zn2+和Al3+完全分离，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象，侧重计算能力和分析判断能力考查，把握图中曲线表示的意义、溶度积常数及平衡常数的计算应用是解题关键，题目难度较大。
5．（2025 河北）已知Cu2+和L3﹣结合形成两种配离子[CuL]﹣和CuL2]4﹣。常温下，0.100mol L﹣1的H3L和0.002mol L﹣1的CuSO4混合溶液中，HL2﹣和L3﹣的浓度对数lgc（实线）、含铜微粒的分布系数δ（虚线）[例如]与溶液pH的关系如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．Cu2++L3﹣ [CuL]﹣，K＝109.4
B．HL2﹣ H++L3﹣，K＝10﹣11.6
C．图中a点对应的pH＝4.2
D．当pH＝6.4时，体系中c（HL2﹣）＞c（[CuL2]4﹣）＞c（[CuL]﹣）＞c（L3﹣）
【答案】C
【分析】HL2﹣和L3﹣之间存在平衡：HL2﹣ H++L3﹣，随着溶液pH增大，c（HL2﹣）逐渐减小、c（L3﹣）逐渐增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表lgc（HL2﹣）、lgc（L3﹣）与溶液pH的关系，（11.6，1.3）点时c（HL2﹣）＝c（L3﹣），HL2﹣的电离平衡常数Kc（H+）＝10﹣11.6；随着pH增大、c（L3﹣）逐渐增大，L3﹣与结合生成[CuL]﹣和[CuL2]4﹣，即c（Cu2+）逐渐减小、c（[CuL]﹣）先增大后减小、c（[CuL2]4﹣）逐渐增大，则曲线Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分别代表lgc（Cu2+）、lgc（[CuL]﹣）、lgc（[CuL2]4﹣）与溶液pH的关系，
【解答】解：A．由上述分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分别代表lgc（HL2﹣）、lgc（L3﹣）、lgc（Cu2+）、lgc（[CuL]﹣）、lgc（[CuL2]4﹣）与溶液pH的关系，由图可知，c（Cu2+）＝c（[CuL]﹣）时c（L3﹣）＝10﹣9.4mol/L，则反应Cu2++L3﹣ [CuL]﹣的平衡常数K109.4，故A正确；
B．由图可知，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点处c（L3﹣）＝c（HL2﹣），此时pH＝11.6，则HL2﹣的电离平衡常数Kc（H+）＝10﹣11.6，故B正确；
C．曲线Ⅳ和V交点处c（[CuL]﹣）＝c（[CuL2]4﹣）、c（L3﹣）＝10﹣7.2mol/L，则[CuL]﹣+L3﹣ [CuL2]4﹣的平衡常数K′107.2，且a点时c（Cu2+）＝c（[CuL2]4﹣），此时K K′1016.6，c（L3﹣）＝10﹣8.3mol/L，且a点对应c（HL2﹣）＝0.1mol/L，HL2﹣的电离平衡常数Kc（H+）＝10﹣11.6，此时溶液中c（H+）＝10﹣4.3mol/L、pH＝4.3，故C错误；
D．由图可知，pH＝6.4时c（HL2﹣）最大、接近0.1mol/L，HL2﹣的电离平衡常数Kc（H+）＝10﹣11.6，此时溶液中c（L3+）≈10﹣6.2mol/L，分布系数δ（[CuL2]4﹣）＝0.90、δ（[CuL]）＝0.09，根据Cu原子守恒可知，c（[CuL2]4﹣）＝0.002mol/L×0.90＝1.8×10﹣3mol/L，c（[CuL]﹣）＝0.09×0.002mol L3＝1.8×10﹣4mol/L，则体系中c（HL2﹣）＞c（[CuL2]4﹣）＞c（[CuL]﹣）＞c（L3﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的离子平衡图象分析，侧重分析判断能力和计算能力考查，把握图中曲线表示的意义、平衡常数计算及其应用是解题关键，注意解决离子平衡问题时题中所给点的多层含义，如该题的a点不仅能表示该pH下的lgc（HL2﹣），还可以表示溶液中c（[CuL]﹣最大时的pH及c（Cu2+）＝c（[CuL2]4﹣）时的pH，题目难度中等。
6．（2025 黑龙江）室温下，将0.1mol AgCl置于0.1mol L﹣1NH4NO3溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX﹣pH曲线如图，Ag++NH3 [Ag（NH3）]+和Ag++2NH3 [Ag（NH3）2]+的平衡常数分别为K1和K2；的水解常数Kh（）＝10﹣9.25。下列说法错误的是（　　）
A．Ⅲ为[Ag（NH3）2]+的变化曲线
B．D点：c（）﹣c（OH﹣）＞0.1﹣c（H+）
C．K1＝103.24
D．C点：c（NH3）＝10﹣3.52mol L﹣1
【答案】B
【分析】pH越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以曲线Ⅲ代表[Ag（NH3）2]+，曲线Ⅱ代表[Ag（NH3）]+，曲线Ⅳ代表NH3，曲线Ⅰ代表Ag+，据此分析作答。
【解答】解：A．根据分析可知，Ⅲ为[Ag（NH3）2]+的变化曲线，故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒，D点时，溶液显碱性，又c（）+c（NH3 H2O）＝0.1mol/L，则c（）﹣0.1＜0，c（OH﹣）﹣c（H+）＞0，故c（）﹣0.1＜c（OH﹣）﹣c（H+），即：c（）﹣c（OH﹣）＜0.1﹣c（H+），故B错误；
C．由图可知，D点时，[Ag（NH3）]+与Ag+浓度相等，此时NH3的浓度是10﹣3.24，根据Ag++NH3 [Ag（NH3）]+可知，K1＝103.24，故C正确；
D．C点时，[Ag（NH3）2]+与Ag+浓度相等，B点时，[Ag（NH3）2]+与[Ag（NH3）]+浓度相等，所以反应[Ag（NH3）]++NH3 [Ag（NH3）2]+的平衡常数K＝103.8，因此K2＝103.24×103.8＝107.04，C点时，[Ag（NH3）2]+与Ag+浓度相等，所以107.04，则c（NH3）＝10﹣3.52mol L﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡原理的应用，同时考查学生的看图理解能力、获取信息、分析信息的能力，属于基本知识的考查，难度较大。
7．（2025 浙江）已知：AgCl（s） Ag+（aq）+Cl﹣（aq） Ksp＝1.8×10﹣10
Ag+（aq）+2Cl﹣（aq） [AgCl2]﹣（aq） K＝1.1×105
下列有关说法不正确的是（　　）
A．过量AgCl在1.0mol/LNaCl溶液中，c（Ag+）＝1.8×10﹣10mol/L
B．过量AgCl在水中所得的饱和溶液中滴加0.0010mol/LAgNO3溶液，有AgCl生成
C．过量AgCl在水中溶解的质量大于在相同体积3.0mol/LNaCl溶液中溶解的质量
D．0.010mol AgCl在1L10mol/L的盐酸中不能完全溶解
【答案】C
【分析】A．Ksp（AgCl）＝c（Ag+） c（Cl﹣）＝1.8×10﹣10，据此计算判断；
B．AgCl饱和溶液中滴加0.0010mol/LAgNO3溶液，c（Ag+）增大，结合浓度积Q（AgCl）与Ksp（AgCl）关系分析判断；
C．Cl﹣能抑制AgCl溶解，导致其溶解度降低，但过量的Cl﹣能促进AgCl溶解生成[AgCl2]﹣，AgCl（s） Ag+（aq）+Cl﹣（aq） Ksp＝1.8×10﹣10，Ag+（aq）+2Cl﹣（aq） [AgCl2]﹣（aq） K＝1.1×105，则AgCl（s）+Cl﹣（aq） [AgCl2]﹣（aq） 的平衡常数K′＝K Ksp＝1.98×10﹣5，结合反应的三段式计算判断；
D．结合反应AgCl（s）+Cl﹣（aq） [AgCl2]﹣（aq） 的平衡常数K′＝K Ksp＝1.98×10﹣5的三段式计算判断。
【解答】解：A．Ksp（AgCl）＝c（Ag+） c（Cl﹣）＝1.8×10﹣10，1.0mol/LNaCl溶液中c（Cl﹣）＝1.0mol/L，则过量AgCl在1.0mol/LNaCl溶液中，c（Ag+）mol/L═1.8×10﹣10mol/L，故A正确；
B．AgCl饱和溶液中c（Ag+）＝c（Cl﹣）═mol/L≈1.34×10﹣5mol/L，滴加0.0010mol/LAgNO3溶液时c（Ag+）≈0.0010mol/L，浓度积Q（AgCl）＝c（Ag+） c（Cl﹣）＝1.34×10﹣8＞Ksp（AgCl），生成AgCl沉淀，故B正确；
C．AgCl（s） Ag+（aq）+Cl﹣（aq） Ksp＝1.8×10﹣10，Ag+（aq）+2Cl﹣（aq） [AgCl2]﹣（aq） K＝1.1×105，则AgCl（s）+Cl﹣（aq） [AgCl2]﹣（aq） 的平衡常数K′＝K Ksp＝1.98×10﹣5，AgCl饱和溶液中c（Ag+）═mol/L≈1.34×10﹣5mol/L；
反应的三段式为AgCl（s）+Cl﹣（aq） [AgCl2]﹣（aq）
变化量（mol/L） x x
平衡（mol/L） 3.0﹣x x
K′1.98×10﹣5，解得x≈5.94×10﹣5mol/L＞1.34×10﹣5mol/L，即过量AgCl在水中溶解度或质量大于在相同体积3.0mol/LNaCl溶液中溶解度或质量，故C错误；
D．反应的三段式为AgCl（s）+Cl﹣（aq） [AgCl2]﹣（aq）
变化量（mol/L） x x
平衡（mol/L） 10﹣x x
根据选项C分析可知，平衡常数K′1.98×10﹣5，解得x≈1.98×10﹣4mol/L，即1L溶液中n（[AgCl2]﹣）＝1.98×10﹣4mo＜0.010mol，所以AgCl在1L10mol/L的盐酸中不能完全溶解，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重分析判断能力和计算能力考查，把握溶度积常数的计算及其应用、总反应平衡常数与各步反应平衡常数的计算关系是解题关键，注意掌握三段式格式的应用，题目难度较大。
8．（2025 重庆）Cr（OH）3是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25℃时，某溶液中c（Cr3+）与c（[Cr（OH）4]﹣）的总和为c，﹣lgc随pH的变化关系如图所示（忽略体积变化）。
已知：
Cr（OH）3（s） Cr3+（aq）+3OH﹣（aq） Ksp
Cr（OH）3（s）+OH﹣（aq） [Cr（OH）4]﹣（aq） K＝10﹣0.4
下列说法正确的是（　　）
A．由M点可以计算Ksp为K＝10﹣30.2
B．Cr3+恰好完全沉淀时pH为6.7
C．P点沉淀质量小于Q点沉淀质量
D．随pH增大先减小后增大
【答案】A
【分析】A．由图可知，pH＝5时﹣lgc（Cr3+）＝﹣3.2，结合Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+） c3（OH﹣）进行计算；
B．Cr3+恰好完全沉淀时c（Cr3+）＝10﹣5mol/L，结合Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+） c3（OH﹣）计算溶液中c（OH﹣）和c（H+）；
C．溶液中c（Cr3+）与[Cr（OH）4]﹣的总和为c，且P、Q两点溶液中c（Cr3+）＝c[Cr（OH）4﹣]，但溶液体积未知，两点生成Cr（OH）3质量关系不确定；
D．随着pH的增大，溶液中c（Cr3+）逐渐减小、[Cr（OH）4]﹣的逐渐增大。
【解答】解：A．由图可知，M点时pH＝5，﹣lgc（Cr3+）＝﹣3.2，溶液中c（OH﹣）mol/L＝10﹣9mol/L，c（Cr3+）＝10﹣3.2mol/L，则Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+） c3（OH﹣）＝10﹣3.2×（10﹣9）3＝10﹣30.2，故A正确；
B．Cr3+恰好完全沉淀时c（Cr3+）＝10﹣5mol/L，Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+） c3（OH﹣）＝10﹣30.2，此时c（OH﹣）＝10﹣8.4mol/L，c（H+）＝10﹣14﹣（﹣8.4）mol/L＝10﹣5.6mol/L，pH＝5.6，即Cr3+恰好完全沉淀的pH＝5.6，故B错误；
C．P、Q两点溶液中c（Cr3+）＝c[Cr（OH）4﹣]，由于不知道溶液体积关系和加入何种物质调节溶液pH，则P、Q两点生成Cr（OH）3质量关系不确定，两点溶液质量大小关系也不确定，故C错误；
D．随着pH的增大，溶液中c（Cr3+）逐渐减小、[Cr（OH）4]﹣的逐渐增大，则溶液中比值逐渐减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象分析，侧重分析判断能力和计算能力考查，明确图象各点溶质成分、溶度积常数的计算及其应用是解题关键，题目难度中等。
9．（2025 重庆）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL0.1mol L﹣1AgNO3溶液与同浓度体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如图实验，下列叙述错误的是（　　）
A．溶液1中，c（Ag+）+c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（）+c（OH﹣）
B．溶液2中，c（Cl﹣）＞c（[Ag（NH3）2]+）
C．溶液3中，c（H+）＝c（OH﹣）
D．上述实验可证明：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
【答案】C
【分析】A．根据电荷守恒关系分析判断；
B．根据物料守恒关系分析判断；
C．溶液3中溶质为KCl、少量AgI和一水合氨。
D．AgCl溶于氨水、AgI不溶于氨水，说明AgCl饱和溶液中c（Ag+）大于AgI饱和溶液中c（Ag+）。
【解答】解：A．溶液A为AgCl的饱和溶液，还含有NaNO3，电荷守恒关系为c（Ag+）+c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（）+c（OH﹣），故A正确；
B．AgCl溶于氨水生成[Ag（NH3）2]+，物料守恒关系为c（Cl﹣）＝c（Ag+）+c（[Ag（NH3）2]+）＞c（[Ag（NH3）2]+），故B正确；
C．溶液C中溶质为KCl、少量AgI和一水合氨，溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故C错误；
D．AgCl溶于氨水、AgI不溶于氨水，说明AgCl饱和溶液中c（Ag+）大于AgI饱和溶液中c（Ag+），即AgCl的溶解度大于AgI，可得Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及溶液中离子浓度大小比较，侧重分析判断能力和运用能力考查，把握沉淀溶解平衡原理及溶度积常数大小比较、各溶液中溶质成分及性质、守恒关系式的应用是解题关键，题目难度中等。
10．（2024 甘肃）兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是（　　）
A．还原性：Ag＞Cu＞Fe
B．按上述方案消耗1mol Fe可回收1mol Ag
C．反应①的离子方程式是[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4
D．溶液①中的金属离子是Fe2+
【答案】C
【分析】从AgCl中提取Ag的实验方案为：AgCl溶于氨水生成[Ag（ NH3）2]+，反应为AgCl+2NH3 H2O＝[Ag（ NH3）2]++Cl﹣+2H2O，加入Cu置换[Ag（ NH3）2]+的Ag，反应为2[Ag（ NH3）2]++Cu＝[Cu（ NH3）4]2++2Ag，[Cu（ NH3）4]2+和浓盐酸反应生成CuCl2和NH4Cl，反应为[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4，CuCl2溶液中加入Fe粉，反应为Cu2++Fe＝Fe2++Cu，再通入O2氧化Fe2+得到含Fe3+的溶液，据此分析解答。
【解答】解：A．提取Ag的过程中，Cu和[Ag（ NH3）2]+反应生成Ag，Fe和CuCl2反应生成Cu，则还原性：Fe＞Cu＞Ag，故A错误；
B．提取Ag的过程中关系式为2AgCl～2Ag～2[Ag（ NH3）2]+～Cu～Cu2+～Fe，则消耗1mol Fe可回收2mol Ag，故B错误；
C．[Cu（ NH3）4]2+和浓盐酸反应生成CuCl2和NH4Cl，则反应①的离子方程式是[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4，故C正确；
D．CuCl2溶液中加入Fe粉、并通入O2时生成的Fe2+被氧化为Fe3+，即溶液①中的金属离子是Fe3+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质分离实验方案设计，侧重分析能力和运用能力考查，把握流程中物质的性质、发生的反应、氧化还原反应规律的应用是解题关键，注意掌握守恒关系式的计算应用，题目难度不大。
11．（2024 福建）将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c0（HCl）]的盐酸中，平衡时部分组分的lgc﹣lgc0（HCl）关系如图。已知草酸Ka1＝10﹣1.3，Ka2＝10﹣4.3。下列说法错误的是（　　）
A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，溶液的pH＝1.3
B．任意c0（HCl）下均有：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2）
C．CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为10﹣3.0
D．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（HC2）+c（Cl﹣）
【答案】D
【分析】随着lgc0（HCl）的增大，则c0（HCl）逐渐增大，溶液的酸性增强，溶液中c（C2）减小、c（HC2）先增大后减小、c（H2C2O4）增大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示lgc（C2）、lgc（HC2）、lgc（H2C2O4）；
A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，lgc（HC2）＝lgc（H2C2O4），c（HC2）＝c（H2C2O4），Ka1c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.3mol/L；
B．任意c0（HCl）下均有物料守恒：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2）；
C．lgc0（HCl）＝1时，c0（HCl）＝10mol/L，根据图知，c（HC2）＝10﹣2.8 mol/L，Ka1c（H+）10﹣1.3，c（H2C2O4）＝10﹣0.5mol/L，CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为；
D．lgc0（HCl）＝﹣4.1时，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。
【解答】解：A．lgc0（HCl）＝﹣1.2时，lgc（HC2）＝lgc（H2C2O4），c（HC2）＝c（H2C2O4），Ka1c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.3mol/L，溶液的pH＝1.3，故A正确；
B．任意c0（HCl）下均有物料守恒：c（Ca2+）＝c（HC2）+c（H2C2O4）+c（C2），故B正确；
C．lgc0（HCl）＝1时，c0（HCl）＝10mol/L，根据图知，c（HC2）＝10﹣2.8 mol/L，Ka1c（H+）10﹣1.3，c（H2C2O4）＝10﹣0.5mol/L，CaC2O4（s）+2H+（aq）═Ca2+（aq）+H2C2O4（aq）的平衡常数为10﹣3.0，故C正确；
D．lg0（HCl）＝﹣4.1时，溶液中存在电荷守恒2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HC2）+2c（C2）+c（Cl﹣），根据图知，c（HC2）＝c（C2），则存在2c（Ca2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+3c（HC2）+c（Cl﹣），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象的分析、判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数的计算方法是解本题关键，C选项为解答难点。
12．（2024 安徽）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。
已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol L﹣1，Ka1（H2S）＝10﹣6.97，Ka2（H2S）＝10﹣12.90，Ksp（FeS）＝10﹣17.20，Ksp（CdS）＝10﹣26.10。
下列说法错误的是（　　）
A．Na2S溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣）
B．0.01mol L﹣1Na2S溶液中：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）
C．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中加入FeS，可使c（Cd2+）＜10﹣8mol L﹣1
D．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）
【答案】B
【分析】A．Na2S溶液中存在5种阴阳离子，阴阳离子之间存在电荷守恒；
B．0.01mol L﹣1Na2S溶液中水解平衡常数Kh10﹣1.1，c（HS﹣）＜10﹣2mol/L，则1；
C．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中加入FeS，计算此时沉淀转化反应的平衡常数进行程度，分析判断溶液中离子浓度；
D．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2++H2S CdS↓+2H+，计算平衡常数判断进行程度分析判断离子浓度关系。
【解答】解：A．Na2S溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），故A正确；
B．0.01mol L﹣1Na2S溶液中水解平衡常数Kh10﹣1.1，c（HS﹣）＜10﹣2mol/L，则1，c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（HS﹣），故B错误；
C．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中加入FeS，存在沉淀转化，FeS（s）+Cd2+（aq） Fe2+（aq）+CdS（s），平衡常数K108.9＞＞105，反应进行完全，此时CdS饱和溶液中c（Cd2+）mol/L＝10﹣13.05mol/L，可使c（Cd2+）＜10﹣8mol L﹣1，故C正确；
D．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2++H2S CdS↓+2H+，平衡常数K106.21＞105，反应进程彻底，向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了盐类水解、弱电解质电离平衡、沉淀溶解平衡、平衡常数和溶度积常数的计算应用，注意知识的算啦掌握，题目难度较大。
13．（2024 甲卷）将0.10mmol Ag2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol L﹣1的NaCl溶液。lg[cM/（mol L﹣1）]（M代表Ag+、Cl﹣或）随加入NaCl溶液体积（V）的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是（　　）
A．交点a处：c（Na+）＝2c（Cl﹣）
B．10﹣2.21
C．V≤2.0mL时不变
D．y1＝﹣7.82，y2＝﹣lg34
【答案】D
【分析】将0.10mmol Ag2CrO4配制成1.0mL悬浊液，溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s） 2Ag+（aq）（aq），向其中滴加0.10mol L﹣1的NaCl溶液，氯化银溶解度小于铬酸银，氯离子浓度增大，银离子浓度减小，溶液体积增大，铬酸根离子浓度较小，综合影响可知，铬酸根离子浓度变化不大，则图象中最上方曲线为离子浓度的变化，中间为氯离子浓度的变化，最下面为Ag+离子浓度的变化，结合图象中的数据和变化过程回答问题。
【解答】解：A．交点a处c（）＝c（Cl﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）＝2c（）+c（Cl﹣），c（Na+）＝3c（Cl﹣），故A错误；
B．图象中的平衡状态下，10﹣1.81，故B错误；
C．V≤2.0mL时，随着氯化钠滴入，银离子浓度减小，铬酸根离子浓度增大，，比值增大，故C错误；
D．V＝2.4mL时，c（Cl﹣）＝10﹣1.93mol/L，c（Ag+）mol/L＝10﹣7.82mol/L，y1＝﹣7.82，同理V＝2.4mL时，沉淀转化反应完全，c（）mol/L，y2＝﹣lg34，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了沉淀转化的分析判断、溶度积常数的计算应用，注意图象离子浓度变化的理解应用，题目难度较大。
14．（2024 浙江）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如δ（H2S）]。已知：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17。
下列说法正确的是（　　）
A．溶解度：FeS大于Fe（OH）2
B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2～10.0），用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度
C．忽略S2﹣的第二步水解，0.10mol/L的Na2S溶液中S2﹣水解率约为62%
D．0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS
【答案】C
【分析】在H2S溶液中存在两步电离，H2S H++HS﹣，HS﹣ H++S2﹣，随着pH的增大，硫化氢物质的量分数逐渐减小，HS﹣离子物质的量分数先增大后减小，S2﹣离子物质的量分数组件增大，图中曲线标注①、②、③分别表示H2S、HS﹣、S2﹣的物质的量分数随pH变化的曲线，如图所示：，由①②交点的pH＝7，c（HS﹣）＝c（H2S），c（H+）＝10﹣7mol/L，计算硫化氢的电离平衡常数，Ka1（H2S）c（H+）＝10﹣7mol/L，同理②③交点得到Ka2（H2S）＝10﹣13mol/L，据此分析选项。
【解答】解：A．FeS的溶解平衡：FeS（s） Fe2+（aq）+S2﹣（aq），饱和FeS溶液中FeS物质的量浓度mol/L10﹣9mol/L，Fe（OH）2的溶解平衡为：Fe（OH）2（s） Fe2+（aq）+2OH﹣（aq），饱和Fe（OH）2溶液物质的量浓度mol/L10﹣6mol/L10﹣9mol/L，溶解度：FeS小于Fe（OH）2，故A错误；
B．酚酞的变色范围8.2～10，若以酚酞为指示剂，用氢氧化钠溶液滴定H2S溶液，图可知酚酞发生明显颜色变化时，反应未进行完全，不能用酚酞为指示剂，故B错误；
C．Na2S溶液中存在水解平衡：S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O H2S+OH﹣，忽略S2﹣的第二步水解，第一步水解平衡常数Kh0.1，设水解的S2﹣的浓度为xmol/L，则0.1，x≈0.062，Na2S溶液中S2﹣水解率100%＝62%，故C正确；
D．0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，瞬间得到0.005mol/LFeCl2溶液HE 0.10mol/L的Na2S溶液，结合C选项，此时c（Fe2+）×c（S2﹣）＝0.005mol/L×（0.10mol/L﹣0.062mol/L）＝1.9×10﹣4＞Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，c（Fe2+）×c2（OH﹣）0.005mol/L×（0.062mol/L）2＝1.922×10﹣5＞Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离、盐类水解、平衡常数的计算应用、图象变化曲线的分析判断等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
15．（2024 湖北）CO2气氛下，Pb（ClO4）2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标（δ）为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0（Pb2+）＝2.0×10﹣5mol L﹣1，pKa1（H2CO3）＝6.4、pKa2（H2CO3）＝10.3，pKsp（PbCO3）＝12.1。下列说法错误的是（　　）
A．pH＝6.5时，溶液中
B．δ（Pb2+）＝δ（PbCO3）时，c（Pb2+）＜1.0×10﹣5mol L﹣1
C．pH＝7时，
D．pH＝8时，溶液中加入少量NaHCO3（s），PbCO3会溶解
【答案】D
【分析】A．由图可知，pH＝6.5时，δ（Pb2+）＞50%，即c（Pb2+）＞1.0×10﹣5mol L﹣1，根据c（ ），计算其浓度，再与c（Pb2+），进行比较；
B．由图可知，δ（Pb2+）＝δ（PbCO3）时，溶液中还存在较多的Pb（OH）+，根据c0（Pb2+）＝2.0×10﹣5mol L﹣1和Pb守恒可知，即可判断c（Pb2+）＜1.0×10﹣5mol L﹣1；
C．pH＝7时，必须外加碱（NaOH），根据溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+2c（Pb2+）+c[Pb（OH）+]＝c（OH﹣）+2c（ ）+c（）+c（）+2c[Pb（CO3）22﹣]，进行判断；
D．NaHCO3溶液中的水解平衡常数为10﹣7.6＞Ka2（H2CO3），即NaHCO3溶液水解呈碱性，溶液中加入少量NaHCO3（s），溶液pH变化不大甚至几乎不变。
【解答】解：A．由图可知，pH＝6.5时，δ（Pb2+）＞50%，即c（Pb2+）＞1.0×10﹣5mol L﹣1，则c（ ）mol L﹣1＝10﹣7.1mol L﹣1＜c（Pb2+），故A正确；
B．由图可知，δ（Pb2+）＝δ（PbCO3）时，溶液中还存在较多的Pb（OH）+，根据c0（Pb2+）＝2.0×10﹣5mol L﹣1和Pb守恒可知，c（Pb2+）＜1.0×10﹣5mol L﹣1，故B正确；
C．由图可知，Pb（ClO4）2溶液显酸性，若pH＝7时，则必须外加碱溶液，如NaOH溶液，此时溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+2c（Pb2+）+c[Pb（OH）+]＝c（OH﹣）+2c（ ）+c（）+c（）+2c[Pb（CO3）22﹣]，又因为c（H+）＝c（OH﹣），所以c（Na+）+2（Pb2+）+c[Pb（OH）+]＝2c（ ）+c（）+c（）+2c[Pb（CO3）22﹣]，所以：2（Pb2+）+c[Pb（OH）+]＜2c（ ）+c（）+c（）+2c[Pb（CO3）22﹣]，故C正确；
D．NaHCO3溶液中的水解平衡常数为10﹣7.6＞Ka2（H2CO3），即NaHCO3溶液水解呈碱性，且饱和NaHCO3溶液的pH约为8左右，溶液中加入少量NaHCO3（s），溶液pH变化不大（甚至几乎不变），所以PbCO3不会转化为Pb（CO3）22﹣而溶解，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查水解平衡常数K的计算，同时考查学生看图理解能力、分析与应用的能力，对能力要求较高，难度较大。
16．（2024 浙江）常温下、将等体积、浓度均为0.40mol L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1＝1.4×10﹣2，Ka2＝6.0×10﹣8。Ksp（BaSO3）＝5.0×10﹣10，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10。
下列说法不正确的是（　　）
A．H2SO3溶液中存在c（H+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．将0.40mol L﹣1H2SO3溶液稀释到0.20mol L﹣1，c（）几乎不变
C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D．存在反应Ba2++H2SO3+H2O2═BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因
【答案】C
【分析】A．H2SO3溶液中第一步电离大于第二步电离；
B．根据Ka2＝6.0×10﹣8进行分析解答；
C．当Q＞Ksp（BaSO3）时会产生BaSO3沉淀；
D．H2SO3在氧化剂的作用下会氧化为硫酸。
【解答】解：A．H2SO3溶液中第一步电离大于第二步电离，H2SO3溶液中以第一步电离为主，则c（H+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣），故A正确；
B．根据Ka2＝6.0×10﹣8，因为H2SO3溶液是弱酸，将0.40mol L﹣1H2SO3溶液稀释到0.20mol L﹣1，稀释过程氢离子浓度和亚硫酸氢根离子浓度几乎不变，故c（）几乎不变，故B正确；
C．当Q＞Ksp（BaSO3）时会产生BaSO3沉淀，故BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊可能含有BaSO3，故C错误；
D．H2SO3在氧化剂的作用下会氧化为硫酸，存在反应Ba2++H2SO3+H2O2═BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重理论知识的考查，题目难度不大。
17．（2026 鼓楼区校级模拟）某温度下，在含Al(OH)3(s)的溶液中，一定pH范围内存在如下平衡：Al(OH)3（s）+3H2O（l） Al（H2O）3(OH)3（aq）
（n＝1、2或3）
溶液中﹣lgc（c表示含Al粒子的浓度，单位为mol L﹣1）与pH的关系如图所示。
下列说法错误的是（　　）
A．l表示与pH的关系
B．的平衡常数
C．反应（n＝1、2或3）的平衡常数随n增大而增大
D．该溶液的pH为6～8时，铝元素的去除效果较好
【答案】C
【分析】体系存在三步平衡：①Al（OH）3（s）+3H2O（l） Al（H2O）3（OH）3（aq），Al（H2O）3（OH）3浓度固定，对应图中水平（黑）线；②，pH减小（H+升高、OH﹣降低）平衡右移，阳离子浓度变大、﹣lgc变小；③，pH增大（OH﹣升高）平衡右移，阴离子浓度变大、﹣lgc变小；曲线l随pH升高﹣lgc上升，代表阳离子（n＝3）；随pH变大的下降曲线代表羟基合铝酸根阴离子。
【解答】解：A．曲线l随pH增大、氢氧根离子增多，不断消耗、浓度减小，﹣lgc随之增大，因此l表示随pH变化，故A正确；
B．反应，平衡常数，pH＝8时，此时c（H+）＝10﹣8mol/L、，代入得，故B正确；
C．平衡，，变形，pH相同时c（H+）固定，Kn随n增大而减小，因此平衡常数随n变大而减小，故C错误；
D．pH为6～8时，溶液中各种溶解态含铝粒子的浓度都很小（﹣lgc大，浓度低），Al元素主要以氢氧化铝沉淀形式存在，因此Al元素去除效果较好，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
18．（2026 泉州模拟）银的化合物能发生如下转化：
AgCl[Ag（NH3）2]+AgBr[Ag（S2O3）2]3﹣AgI（Ag（CN）2]﹣Ag2S
已知：①Ksp（AgCl）＝10﹣9.75，Ksp（AgI）＝10﹣16.07
②Ag++2NH3 [Ag（NH3）2]+K1＝107.05
Ag++2CN﹣ [Ag（CN）2]﹣K2＝1021.11
下列说法错误的是（　　）
A．反应ⅰ达到平衡时，向溶液加入NaCl固体，平衡逆向移动
B．向新制AgBr中滴加Na2S溶液，固体颜色变黑
C．AgI+2CN﹣ [Ag（CN）2]﹣+I﹣的K＝105.04
D．与Ag+结合能力：
【答案】D
【分析】A．向溶液加入NaCl固体，c（Cl﹣）增大；
B．AgBr[Ag（S2O3）2]3﹣AgI（Ag（CN）2]﹣Ag2S，则可实现AgBrAg2S；
C．AgI+2CN﹣ [Ag（CN）2]﹣+I﹣的K，结合Ksp（AgI）＝10﹣16.07和K2＝1021.11进行计算；
D．[Ag（S2O3）2]3﹣AgI（Ag（CN）2]﹣，则与Ag+结合能力：S2CN﹣。
【解答】解：A．反应ⅰ为AgCl（s）+2NH3 [Ag（NH3）2]++Cl﹣，达到平衡时，向溶液加入NaCl固体，c（Cl﹣）增大，平衡逆向移动，故A正确；
B．根据AgBr[Ag（S2O3）2]3﹣AgI（Ag（CN）2]﹣Ag2S可知，加入Na2S等可实现AgBr转化为Ag2S，即新制AgBr中滴加Na2S溶液，固体颜色变黑，故B正确；
C．Ksp（AgI）＝10﹣16.07、Ag++2CN﹣ [Ag（CN）2]﹣的K2＝1021.11，则AgI+2CN﹣ [Ag（CN）2]﹣+I﹣的KKsp（AgI） K2＝105.04，故C正确；
D．根据[Ag（S2O3）2]3﹣AgI（Ag（CN）2]﹣可知，与Ag+结合能力：S2CN﹣，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重分析判断能力及计算能力考查，明确题给信息的应用、沉淀转化规律、平衡常数计算方法、配位能力大小比较是解题关键，题目难度中等。
19．（2026 湖北模拟）磷酸铁是制造电池的重要材料，选择合适的pH条件下制得磷酸铁是科学家研究的方向。25℃时0.1mol L﹣1H3PO4通过加入KOH固体或通入HCl气体调节pH，可得到溶液中各种含磷的微粒分布系数如图1所示，氢氧化铁在水中的溶解情况如图2中的N线，磷酸铁在水中的溶解度若不考虑铁离子的水解只考虑磷酸根离子水解得到如图2所示的M曲线。已知FePO4的。下列说法正确的是（　　）
A．图1中pH＝11时，
B．图1中pH＝1时，溶液中存在：
C．25℃时将均为0.05mol的K2HPO4和K3PO4混合溶解配成1L溶液，则溶液pH＝12.35
D．在pH＝14的溶液中会发生：
【答案】A
【分析】H3PO4存在三级电离平衡，随着pH增大，c（H3PO4）逐渐减小，c（H2）和c（）均先增大后减小、c（）逐渐增大，则图1中曲线①②③④分别表示δ（H3PO4）、δ（H2）、δ（）、δ（）与pH的变化关系，根据微粒分布曲线交点可计算电离常数：Ka1＝10﹣2.10、Ka2＝10﹣7.20、Ka3＝10﹣12.35，根据（3，5.5）计算Ksp[Fe(OH)3]＝c（Fe3+） c3（OH﹣）＝10﹣5.5×[10﹣14﹣（﹣3）]3＝10﹣38.5，据此分析解答。
【解答】解：A．由图1可知，Ka2c（H+）＝10﹣7.20、Ka3c（H+）＝10﹣12.35，pH＝11时c（H+）＝10﹣11mol L﹣1，103.8，10﹣1.35，则c（）：c（）：c（H2）＝102.45：103.8：1，故A正确；
B．pH＝1时溶液中含Cl﹣，电荷守恒关系为c（H+）＝3c（）+2c（）+c（H2）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）＞3c（）+2c（）+c（H2）+c（OH﹣），故B错误；
C．等物质的量K2HPO4与K3PO4混合，、水解程度不相等，即c（）≠c（），Ka3c（H+）＝10﹣12.35，则溶液的pH≠12.35，故C错误；
D．根据（3，5.5）计算Ksp[Fe(OH)3]＝c（Fe3+） c3（OH﹣）＝10﹣5.5×[10﹣14﹣（﹣3）]3＝10﹣38.5，则Fe(OH)3FePO4+3OH﹣的平衡常数K10﹣23.5，正向反应趋势极小，即该反应不能发生，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离平衡，侧重图象分析能力与计算能力考查，明确曲线与微粒的对应关系、电离平衡常数计算方法及其应用是解题关键，题目浓度中等。
20．（2026 武汉模拟）25℃时，向足量的难溶盐MA2（s）中加入稀盐酸，平衡时溶液中lgc（M4+）与pH的关系如图所示。已知pKa1（H2A）＝1.6，pKa2（H2A）＝6.8，M4+不发生水解。下列说法错误的是（　　）
A．Ksp（MA2）的数量级为10﹣9
B．pH＝6.8时，溶液中
C．pH＝4.2时，溶液中c（HA﹣）＞c（H2A）
D．pH＝3.0时，溶液中c（H+）+4c（M4+）
【答案】B
【分析】A．由图可知，pH＝6.8时c（M4+）＝10﹣3.0mol/L，物料守恒关系为2c（M4+）＝c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）＝2c（M4+）＝2×10﹣3.0mol/L，Ka1（H2A）c（H+）＝10﹣1.6，Ka2（H2A）c（H+）＝10﹣6.8，c（A2﹣）＝c（HA﹣）＝105.2c（H2A）≈10﹣3.0mol/L，结合Ksp（MA2）＝c（M4+） c2（A2﹣）进行计算；
B．根据选项A分析可知，pH＝6.8时105.2c（H2A）≈10﹣3.0mol/L，则c（H2A）≈10﹣8.2mol/L；
C．Ka1（H2A）c（H+）＝10﹣1.6，结合pH＝4.2时c（H+）＝10﹣4.2mol/L计算判断；
D．Ka1（H2A）c（H+）＝10﹣1.6，Ka2（H2A）c（H+）＝10﹣6.8，则Ka1（H2A） Ka2（H2A）c2（H+）＝10﹣8.4，则pH＝3.0时c（A2﹣）＜c（H2A），结合电荷守恒关系分析判断。
【解答】解：A．由图可知，pH＝6.8时c（M4+）＝10﹣3.0mol/L，物料守恒关系为2c（M4+）＝c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）＝2c（M4+）＝2×10﹣3.0mol/L，Ka1（H2A）c（H+）＝10﹣1.6，Ka2（H2A）c（H+）＝10﹣6.8，c（A2﹣）＝c（HA﹣）＝105.2c（H2A）≈10﹣3.0mol/L，则Ksp（MA2）＝c（M4+） c2（A2﹣）≈10﹣3.0×（10﹣3.0）2＝10﹣9，其数量级为10﹣9，故A正确；
B．根据选项A分析可知，pH＝6.8时105.2c（H2A）≈10﹣3.0mol/L，则c（H2A）≈10﹣8.2mol/L，故B错误；
C．Ka1（H2A）c（H+）＝10﹣1.6，pH＝4.2时c（H+）＝10﹣4.2mol/L，则102.6＞1，即c（HA﹣）＞c（H2A），故C正确；
D．Ka1（H2A）c（H+）＝10﹣1.6，Ka2（H2A）c（H+）＝10﹣6.8，则Ka1（H2A） Ka2（H2A）c2（H+）＝10﹣8.4，则pH＝3.0时c（A2﹣）＜c（H2A），溶液中电荷守恒关系为c（H+）+4c（M4+）＝c（Cl﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）＜c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（H2A）+c（Cl﹣），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，侧重图象分析能力与计算能力考查，明确电离平衡常数及溶液中守恒关系式的应用、溶度积常数计算是解题关键，题目难度中等。
21．（2026 庐阳区校级模拟）常温下，向AgNO3溶液中滴加KI溶液，平衡时溶液中﹣lgc（Ag+）与﹣lgc（M）的关系如图所示（其中M代表I﹣、或）。
已知：开始滴加KI时生成足量的AgI沉淀；。
下列说法错误的是（　　）
A．曲线L1表示﹣lgc（I﹣）与﹣lgc（Ag+）的关系
B．Q点溶液中存在
C．L1与L3交点对应溶液中
D．的平衡常数K的数量级为102
【答案】D
【分析】常温下，向AgNO3溶液中滴加KI溶液，当c（Ag+）较大时，加入KI溶液先生成AgI沉淀，c（I﹣）较小，和依次更小，故曲线L1、L2、L3分别表示﹣lgc（I﹣）、、与﹣lgc（Ag+）的关系。
【解答】解：A．常温下，向AgNO3溶液中滴加KI溶液，当c（Ag+）较大时，加入KI溶液先生成AgI沉淀，c（I﹣）较小，和依次更小，故曲线L1表示﹣lgc（I﹣）与﹣lgc（Ag+）的关系，故A正确；
B．Q点溶液中，由元素守恒得，即，故B正确；
C．L1与L3交点对应溶液中，则，而由L1上数据计算得Ksp（AgI）的值为10﹣2×10﹣14＝10﹣16，故C正确；
D．的平衡常数，图中Q点，该点溶液中c（Ag+）的浓度数值约为10﹣14.5，由L1上数据计算得Ksp（AgI）的值为10﹣16，则Q点溶液c（I﹣）的浓度数值约为，反应的平衡常数101.5，数量级为101，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
22．（2026 广东校级模拟）Cr（OH）3是两性氢氧化物。25℃时，某溶液中c（Cr3+）与的总和为c，﹣lgc随pH的变化关系如图所示（忽略体积变化）。
已知：当离子浓度等于1.0×10﹣5mol/L时，沉淀完全
Ksp
K＝10﹣0.4
下列叙述正确的是（　　）
A．
B．pH为6.7时，Cr3+恰好沉淀完全
C．P点与Q点的Cr3+浓度相等
D．随pH增大先减小后增大
【答案】A
【分析】体系存在两个独立平衡：酸式溶解： ；碱式溶解： ；总溶解铬浓度 ；低pH区：Cr3+占绝对主导，c≈c（Cr3+），pH 升高则Cr3+浓度骤降，﹣lgc上升；高 pH 区：占绝对主导，，pH 升高则配离子浓度上升，﹣lgc下降；顶点（pH＝6.7）：总溶解度最小。
【解答】解：A．pH＝5.0 为强酸性环境，配离子浓度占比：，M 点总浓度c＝10﹣3.2mol/L，配离子浓度仅为Cr3+的约百万分之一，即c（Cr3+）≈10﹣3.2mol/L；，故A正确；
B．c（Cr3+）＝1.0×10﹣5mol/L；，c（OH﹣）＝10﹣8.4mol/L，pH＝5.6，即 pH＝5.6 时已沉淀完全，故B错误；
C．P、Q 两点总浓度 c 相等，但两点 pH 不同，由 可知：pH 越小，c（Cr3+）浓度越大；P 点 pH 小于 Q 点，故 P 点Cr3+浓度更高，故C错误；
D．联立两平衡消去固体项，，pH 增大过程中c（OH﹣）单调递增，该比值单调减小，不存在先减后增，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
23．（2026 诸暨市模拟）室温下，向0.02mol L﹣1K2CrO4溶液中加入少量AgNO3固体，有少量Ag2CrO4沉淀产生，溶液中铬元素以H2CrO4、、、形式存在，保持溶液体积不变，pM[pM＝﹣lgc（M），M包括溶液中含铬各组分及Ag+]随pH变化如图。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线Ⅲ代表的组分为
B．
C．pH＝5.9时，
D．溶液中始终存在：
【答案】C
【分析】分析片段已知pM＝﹣lgc（M），因此浓度越大，pM越小。pH会对溶液中铬元素存在形式产生影响，溶液存在平衡：，，。pH升高（碱性增强），平衡，左移，H2CrO4浓度逐渐减小，浓度随pH升高先增大后减小，浓度逐渐增大，最终pH很高时，几乎所有铬都转化为，浓度接近0.02mol/L，pM约为1.7，接近恒定，因此曲线Ⅰ代表H2CrO4，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，逐选项分析：
【解答】解：A．分析片段已知pM＝﹣lgc（M），因此浓度越大，pM越小。pH会对溶液中铬元素存在形式产生影响，溶液存在平衡：，，。pH升高（碱性增强），平衡，左移，H2CrO4浓度逐渐减小，浓度随pH升高先增大后减小，浓度逐渐增大，最终pH很高时，几乎所有铬都转化为，浓度接近0.02mol/L，pM约为1.7，接近恒定，实际曲线Ⅱ对应的变化，曲线Ⅲ代表，故A错误；
B．，取pH＝4.3，此时pAg＝4.0，即c（Ag+）＝10﹣4mol/L，，计算得，故B错误；
C．pH＝6.3时，曲线Ⅱ和曲线Ⅲ相交，因此，则，pH＝5.9时，的pM＝2.4，pH为5.9，则，故C正确；
D．结合电荷守恒：，和物料守恒：、，推导可得：，与选项给出的式子不符，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
24．（2026 陕西一模）常温下，向含NaAc（醋酸钠）、NaBrO3、Na2SO4的混合液中滴加AgNO3溶液，混合液中pAg[pAg＝﹣lgc（Ag+）]与pX[pX＝﹣lgc（Ac﹣）、、]的关系如图所示，已知：Ksp（AgAc）＞Ksp（AgBrO3）。下列说法错误的是（　　）
A．L3直线代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（Ac﹣）的关系
B．常温下，AgBrO3饱和溶液中c（Ag+）＝10﹣2.14mol L﹣1
C．当同时生成AgAc和AgBrO3时，溶液中
D．向M点所示的混合溶液中加入AgNO3固体，增大
【答案】C
【分析】向含NaAc、NaBrO3、Na2SO4的混合溶液中滴加AgNO3溶液，其中pAg＝﹣lgc（Ag+），pX＝﹣lgc（Xn﹣）。AgX型沉淀（AgAc、AgBrO3）满足，即pAg+pX＝﹣lgKsp，Ksp越大，截距越小；Ag2SO4满足，即2pAg+pX＝﹣lgKsp，斜率为，对应曲线L2；已知Ksp（AgAc）＞Ksp（AgBrO3），截距大小关系为L3（AgAc）＜L1（AgBrO3），据此分析。
【解答】解：A．向含NaAc、NaBrO3、Na2SO4的混合溶液中滴加AgNO3溶液，其中pAg＝﹣lgc（Ag+），pX＝﹣lgc（Xn﹣）。AgX型沉淀（AgAc、AgBrO3）满足，即pAg+pX＝﹣lgKsp，Ksp越大，截距越小；Ag2SO4满足，即2pAg+pX＝﹣lgKsp，斜率为，对应曲线L2；已知Ksp（AgAc）＞Ksp（AgBrO3），截距大小关系为L3（AgAc）＜L1（AgBrO3），L3对应AgAc，即代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（Ac﹣）的关系，故A正确；
B．L1对应AgBrO3，当pAg＝0时，pX＝4.28，代入pAg+pX＝﹣lgKsp，得；饱和溶液中，故B正确；
C．同时生成AgAc和AgBrO3时，c（Ag+）相同，；由L3（AgAc）当pAg＝0时，pX＝2.72，得，故比值为，即，故C错误；
D．L2对应Ag2SO4，加入AgNO3固体，c（Ag+）增大，Ag2SO4平衡逆向移动，减小；而，则，c（Ag+）增大时比值增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
25．（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
【分析】A．实验1中NaHSO3与HCl反应至pH＝3，根据已知：，；；
B．根据物料守恒，溶液中；
C．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＝H2O+Na2SO3，溶液中的溶质为Na2SO3；
D．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：Na2SO3+CaCl2＝CaSO3↓+2NaCl，得到的CaSO3白色沉淀的物质的量＝0.200L×0.05mol L﹣1＝0.01mol，剩余Ca2+的物质的量。
【解答】解：A．实验1中NaHSO3与HCl反应至pH＝3，根据已知：，；，，，故A 正确；
B．根据物料守恒，溶液中，若选项B的等式成立，则必然有c（Cl﹣）＝0，这与实验中加入了盐酸矛盾，故B错误；
C．实验2发生反应NaHSO3+NaOH＝H2O+Na2SO3，溶液中的溶质为Na2SO3，有质子守恒：，故C错误；
D．加入200mL0.1mol L﹣1CaCl2溶液发生反应：Na2SO3+CaCl2＝CaSO3↓+2NaCl，得到的CaSO3白色沉淀的物质的量＝0.200L×0.05mol L﹣1＝0.01mol，剩余Ca2+的物质的量，根据，，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。

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