《2025年天利38套五年真题高考试题分类化学》

1. (2025·山东卷,4分,不定项)常温下,假设1 L水溶液中${Co^{2+}}$和${C_{2}O^{2-}_{4}}$初始物质的量浓度均为$0.01\ mol/L$。平衡条件下,体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随${pH}$的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知:体系中含钴物种的存在形式为${Co^{2+}}$、${CoC_{2}O_{4}(s)}$和${Co(OH)_{2}(s)}$;$K_{sp}({CoC_{2}O_{4}})=6.0× 10^{-8}$,$K_{sp}[{Co(OH)_{2}}]=5.9× 10^{-15}$。下列说法正确的是(CD)


A.甲线所示物种为${HC_{2}O^{-}_{4}}$
B.${H_{2}C_{2}O_{4}}$的电离平衡常数$K_{a2}=10^{-8}$
C.${pH}=a$时,${Co^{2+}}$物质的量浓度为$1.6× 10^{-3}\ mol/L$
D.${pH}=b$时,物质的量浓度:$c({OH^{-}}) ＜ c({C_{2}O^{2-}_{4}})$

答案： 1.CD 水溶液中的离子平衡
【图像分析】体系中含碳物种包括$H_2C_2O_4$、$HC_2O_4^-$、$C_2O_4^{2-}$和$CoC_2O_4$，分析数据可知，初始物种主要为$CoC_2O_4$。当溶液pH较低时，容易形成$H_2C_2O_4$和$HC_2O_4^-$，酸性越强，则越容易转化为$H_2C_2O_4$，因此乙线所示物种为$H_2C_2O_4$，丙线所示物种为$HC_2O_4^-$，当pH较高时，$OH^-$浓度较大，$CoC_2O_4$转化为$Co(OH)_2$，$CoC_2O_4$的量减少，因此甲线所示物种为$CoC_2O_4$，丁线所示物种为$C_2O_4^{2-}$。
甲线所示物种为$CoC_2O_4$，A错误；pH=$a$时，$n(H_2C_2O_4)=n(HC_2O_4^-)=0.08 × 0.01$mol，由于$C_2O_4^{2-}$摩尔分数接近0，故$n(CoC_2O_4)=(0.01 - 8 × 10^{-4} × 2)$mol，$Co^{2+}$的总量为0.01mol，则剩余的$n(Co^{2+})$为$0.01$mol$-n(CoC_2O_4)$，则$c(Co^{2+})=1.6 × 10^{-3}$mol/L，C正确；溶液中存在$CoC_2O_4$溶解平衡，当pH=$a$时，由C项分析可知$c(Co^{2+})=1.6 × 10^{-3}$mol/L，根据$K_{sp}(CoC_2O_4)$计算出$c(C_2O_4^{2-})=\frac{6}{1.6} × 10^{-5}$mol/L，$H_2C_2O_4$的电离平衡常数$K_{a2}=\frac{c(C_2O_4^{2-}) · c(H^+)}{c(HC_2O_4^-)}=\frac{\frac{6}{1.6} × 10^{-5} × c(H^+)}{8 × 10^{-4}} \approx 0.047c(H^+)=4.7 × 10^{-(a + 2)}$，$a$具体数值未知，无法计算，B错误；pH=$b$时，$CoC_2O_4$转化为$Co(OH)_2$，则$CoC_2O_4 + 2OH^- \rightleftharpoons Co(OH)_2 + C_2O_4^{2-}$的平衡常数$K=\frac{c(C_2O_4^{2-})}{c^2(OH^-)}=\frac{K_{sp}(CoC_2O_4)}{K_{sp}[Co(OH)_2]} \approx 10^7$，pH - $b$时$c(C_2O_4^{2-})=c(CoC_2O_4)=0.005$mol/L，则可计算出$c(OH^-)=\sqrt{5} × 10^{-5}$mol/L，则$c(C_2O_4^{2-})＞c(OH^-)$，D正确。
真题互鉴：本题与2023年6月浙江卷第15题所选情境类似，均考查了草酸盐中微粒的转化，考查了离子浓度计算、离子浓度大小比较。本题以曲线形式呈现试题信息，同时利用给出的数据信息，考查学生对数据的转化处理能力，对定量计算的要求较高。

2. (2025·陕晋青宁卷,3分)常温下,溶液中${Al^{3+}}$、${Zn^{2+}}$、${Cd^{2+}}$以氢氧化物形式沉淀时,$-\lg \left \lbrack c(X)/(mol/L)\right \rbrack$与$-\lg \left \lbrack c({H^{+}})/(mol/L)\right \rbrack$的关系如图[其中$X$代表${Al^{3+}}$、${Zn^{2+}}$、${Cd^{2+}}$、${Al(OH)^{-}_{4}}$、${Zn(OH)^{2-}_{4}}$或${Cd(OH)^{2-}_{4}}$]。已知:$K_{sp}[{Zn(OH)_{2}}] ＜ K_{sp}[{Cd(OH)_{2}}]$,${Zn(OH)_{2}}$比${Cd(OH)_{2}}$更易与碱反应,形成${M(OH)^{2-}_{4}}$;溶液中$c(X) \leqslant 10^{-5}\ mol/L$时,$X$可忽略不计。

下列说法错误的是(B)

A.$L$为$-\lg c{[Al(OH)^{-}_{4}]}$与$-\lg c({H^{+}})$的关系曲线
B.${Zn^{2+} +4OH^{-}\xlongequal{}Zn(OH)^{2-}_{4}}$的平衡常数为$10^{11.2}$
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$4.7\sim 6.4$,可将浓度均为$0.1\ mol/L$的${Zn^{2+}}$和${Al^{3+}}$完全分离

答案：
2.B 沉淀溶解平衡图像的分析
【图像分析】根据$Al^{3+} + 3OH^- \longrightarrow Al(OH)_3 \downarrow$、$Zn^{2+} + 2OH^- \longrightarrow Zn(OH)_2 \downarrow$、$Cd^{2+} + 2OH^- \longrightarrow Cd(OH)_2 \downarrow$可知$Zn(OH)_2$和$Cd(OH)_2$组成相似，$-\lg [c(X)/(mol/L)]$与$-\lg [c(H^+)/(mol/L)]$的关系图像中表示$Zn^{2+}$和$Cd^{2+}$的曲线相互平行，斜率最大的是$Al^{3+}$，由$K_{sp}[Zn(OH)_2]＜K_{sp}[Cd(OH)_2]$可知$Zn^{2+}$开始沉淀时的$-\lg c(H^+)$比$Cd^{2+}$更小。同理根据$Al(OH)_3 + OH^- \longrightarrow Al(OH)_4^-$、$Zn(OH)_2 + 2OH^- \longrightarrow Zn(OH)_4^{2-}$、$Cd(OH)_2 + 2OH^- \longrightarrow Cd(OH)_4^{2-}$可知氢氧化物溶解时，表示$Zn(OH)_4^{2-}$和$Cd(OH)_4^{2-}$的曲线相互平行，斜率最大的是$Al(OH)_4^-$，$Zn(OH)_2$比$Cd(OH)_2$更易与碱反应，即$Zn(OH)_2$开始溶解时的$-\lg c(H^+)$比$Cd(OH)_2$更小。

由图像可知$K_{sp}[Zn(OH)_2]=10^{-5} × (10^{-5.6})^2 = 10^{-16.2}$，$Zn(OH)_2 + 2OH^- \longrightarrow Zn(OH)_4^{2-}$的平衡常数$K=\frac{10^{-1.8}}{10^{-16.2}} = 10^{14.4}$，则$Zn^{2+} + 4OH^- \longrightarrow Zn(OH)_4^{2-}$的平衡常数$K=\frac{K_1}{K_{sp}[Zn(OH)_2]}=\frac{10^{-1.8}}{10^{-16.2}} = 10^{14.4}$，B错误；由图像可知当pH = 8.4时$Al(OH)_3$开始溶解，而pH = 14.0时$Cd(OH)_2$开始溶解，调节$NaOH$溶液浓度，通过碱浸可完全分离$Cd(OH)_2$和$Al(OH)_3$，C正确；由图像可知$K_{sp}[Al(OH)_3]=1 × (10^{-11})^3 = 10^{-33}$，当$Al^{3+}$完全沉淀时，溶液中$c(OH^-)=\sqrt[3]{\frac{10^{-33}}{10^{-5}}}$mol/L，对应pH约为4.7，当0.1mol/L$Zn^{2+}$开始沉淀时，溶液中$c(OH^-)=\sqrt{\frac{10^{-16.2}}{0.1}}$mol/L，对应pH约为6.4，则调节溶液pH为4.7$\sim$6.4，可将浓度均为0.1mol/L的$Zn^{2+}$和$Al^{3+}$完全分离，D正确。

3. (2025·安徽卷,3分)${H_{2}A}$是二元弱酸,${M^{2+}}$不发生水解。$25\ {^{\circ}C}$时,向足量的难溶盐${MA}$粉末中加入稀盐酸,平衡时溶液中$\lg \left \lbrack c({M^{2+}})/(mol/L)\right \rbrack$与${pH}$的关系如图所示。

已知$25\ {^{\circ}C}$时,$K_{a1}({H_{2}A})=10^{-1.6}$,$K_{a2}({H_{2}A})=10^{-6.8}$,$\lg 2=0.3$。下列说法正确的是(A)

A.$25\ {^{\circ}C}$时,${MA}$的溶度积常数$K_{sp}({MA})=10^{-6.3}$
B.${pH}=1.6$时,溶液中$c({M^{2+}}) ＞ c({Cl^{-}}) ＞ c({HA^{-}}) ＞ c({A^{2-}})$
C.${pH}=4.5$时,溶液中$c({HA^{-}}) ＞ c({H_{2}A}) ＞ c({A^{2-}})$
D.${pH}=6.8$时,溶液中$c({H^{+}})+2c({HA^{-}})+c({H_{2}A})=c({OH^{-}})+c({Cl^{-}})$

答案： 3.A 溶液中的离子反应与平衡
【图像分析】向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，体系中存在平衡：$MA(s) \rightleftharpoons M^{2+}(aq) + A^{2-}(aq)$、$A^{2-}(aq) + H^+(aq) \rightleftharpoons HA^-(aq)$、$HA^-(aq) + H^+(aq) \rightleftharpoons H_2A(aq)$。据此可知溶液中存在物料守恒：$c(M^{2+}) = c(A^{2-}) + c(HA^-) + c(H_2A)$。
b点溶液的pH = 6.8，由$K_{a2}=\frac{c(H^+) · c(A^{2-})}{c(HA^-)} = 10^{-6.8}$可知，溶液中存在$c(A^{2-}) = c(HA^-)$，由$K_{a1}=\frac{c(H^+) · c(HA^-)}{c(H_2A)} = 10^{-1.6}$可知，溶液中存在$c(HA^-)=10^{5.2}c(H_2A)$，$c(H_2A)$可以忽略不计，代入$c(M^{2+}) = c(A^{2-}) + c(HA^-) + c(H_2A)$可得$c(M^{2+}) \approx 2c(A^{2-})$，则25$°$C时，$K_{sp}(MA) = 1 × 10^{-3} × (0.5 × 10^{-3}) = 5 × 10^{-7} = 10^{-6.3}$，A正确；pH = 1.6时，由$K_{a2}=\frac{c(H^+) · c(A^{2-})}{c(HA^-)} = 10^{-6.8}$可知，溶液中存在$c(HA^-)=10^{5.2}c(A^{2-})$，$c(A^{2-})$可以忽略不计，由$K_{a1}=\frac{c(H^+) · c(HA^-)}{c(H_2A)} = 10^{-1.6}$可知，溶液中存在$c(HA^-)=c(H_2A)$，代人物料守恒得$c(M^{2+}) \approx 2c(HA^-)$，结合电荷守恒$2c(M^{2+}) + c(H^+) = c(HA^-) + 2c(A^{2-}) + c(Cl^-) + c(OH^-)$，可得$1.5c(M^{2+}) + c(H^+) = 2c(A^{2-}) + c(Cl^-) + c(OH^-)$，$c(A^{2-})$很小可以忽略不计，溶液呈酸性，$c(H^+)＞c(OH^-)$，则$c(Cl^-)＞1.5c(M^{2+})$，B错误；pH = 4.5时，由$K_{a2}=\frac{c(H^+) · c(A^{2-})}{c(HA^-)} = 10^{-6.8}$可知，溶液中存在$c(HA^-)=10^{2.3}c(A^{2-})$，由$K_{a1}=\frac{c(H^+) · c(HA^-)}{c(H_2A)} = 10^{-1.6}$可知，溶液中存在$c(HA^-)=10^{2.9}c(H_2A)$，溶液中存在$c(HA^-)＞c(A^{2-})＞c(H_2A)$，C错误；综合电荷守恒$2c(M^{2+}) + c(H^+) = c(HA^-) + 2c(A^{2-}) + c(Cl^-) + c(OH^-)$和物料守恒$c(M^{2+}) = c(A^{2-}) + c(HA^-) + c(H_2A)$可得溶液中存在$c(H^+) + c(HA^-) + 2c(H_2A) = c(Cl^-) + c(OH^-)$，pH = 6.8时，由$K_{a1}=\frac{c(H^+) · c(HA^-)}{c(H_2A)} = 10^{-1.6}$可知，溶液中存在$c(HA^-)=10^{5.2}c(H_2A)$，即$c(HA^-) \neq c(H_2A)$，D错误。

4. (2024·辽吉黑卷,3分)$25\ {^{\circ}C}$下,${AgCl}$、${AgBr}$和${Ag_{2}CrO_{4}}$的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以${K_{2}CrO_{4}}$为指示剂,用${AgNO_{3}}$标准溶液分别滴定含${Cl^{-}}$水样、含${Br^{-}}$水样。
已知:①${Ag_{2}CrO_{4}}$为砖红色沉淀;
②相同条件下${AgCl}$溶解度大于${AgBr}$;
③$25\ {^{\circ}C}$时,$pK_{a1}{(H_{2}CrO_{4})}=0.7$,
$pK_{a2}{(H_{2}CrO_{4})}=6.5$。

$p{Ag}=-\lg \left \lbrack c({Ag^{+}})/(mol/L)\right \rbrack$
$pX=-\lg \left \lbrack c({X^{n-}})/(mol/L)\right \rbrack$
(${X^{n-}}$代表${Cl^{-}}$、${Br^{-}}$或${CrO^{2-}_{4}}$)
下列说法错误的是(D)

A.曲线②为${AgCl}$沉淀溶解平衡曲线
B.反应${Ag_{2}CrO_{4} +H^{+}⇌ 2Ag^{+} +HCrO^{-}_{4}}$的平衡常数$K=10^{-5.2}$
C.滴定${Cl^{-}}$时,理论上混合液中指示剂浓度不宜超过$10^{-2.0}\ mol/L$
D.滴定${Br^{-}}$达终点时,溶液中$\dfrac{c({Br^{-}})}{c({CrO^{2-}_{4}})}=10^{-0.5}$

答案： 4.D 沉淀溶解平衡
【图像分析】根据①②③三条线的斜率可知曲线①表示$Ag_2CrO_4$沉淀溶解平衡曲线，相同条件下$AgCl$溶解度大于$AgBr$，因此曲线②表示$AgCl$沉淀溶解平衡曲线，曲线③表示$AgBr$沉淀溶解平衡曲线。根据题中坐标可计算出$K_{sp}(Ag_2CrO_4)=10^{-11.7}$，$K_{sp}(AgCl)=10^{-9.7}$，$K_{sp}(AgBr)=10^{-12.2}$。
曲线②表示$AgCl$沉淀溶解平衡曲线，A正确；$K=\frac{c^2(Ag^+) · c(HCrO_4^-)}{c(H^+) · c(CrO_4^{2-})}=\frac{K_{sp}(Ag_2CrO_4)}{K_{a2}(H_2CrO_4)}=\frac{10^{-11.7}}{10^{-6.5}} = 10^{-5.2}$，B正确；$AgCl$的饱和溶液中$K_{sp}(AgCl)=10^{-9.7}=c(Ag^+) · c(Cl^-)=c^2(Ag^+)$，当混合液中指示剂浓度为$10^{-2.0}$mol/L，$c^2(Ag^+) · c(CrO_4^{2-})=10^{-9.7} × 10^{-2.0}=10^{-11.7}=K_{sp}(Ag_2CrO_4)$，若混合液中指示剂浓度大于$10^{-2.0}$mol/L，在滴定终点前就会产生$Ag_2CrO_4$沉淀，因此混合液中指示剂浓度不宜超过$10^{-2.0}$mol/L，C正确；滴定$Br^-$达终点时，溶液中$\frac{c(Br^-)}{c(CrO_4^{2-})}=\frac{c(Br^-) · c^2(Ag^+)}{c(CrO_4^{2-}) · c^2(Ag^+)}=\frac{K_{sp}(AgBr) · c(Ag^+)}{K_{sp}(Ag_2CrO_4)} = 10^{-0.5} × c(Ag^+)$，D错误。