【文档说明】备战2024年高考化学易错题（全国通用）易错类型13 水溶液中的离子平衡（9大易错点） Word版含解析.docx，共(22)页，1.457 MB，由小赞的店铺上传

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易错类型13水溶液中的离子平衡易错点1不清楚电解质溶液的导电能力与什么有关易错点2一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较易错点3不理解水的电离特点易错点4溶液酸碱性的判断误区易错点5溶液的稀释与pH变

化易错点6酸碱中和滴定实验中的常错点易错点7酸式强碱盐溶液酸碱性的判断易错点8混合溶液中离(粒)子浓度大小比较易错点9有关Ksp的常见计算易错点1不清楚电解质溶液的导电能力与什么有关【分析】电解质溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度和离子所带电荷数，自由移动离子的浓度越大

、离子所带电荷数越多，导电能力越强。比较对象导电性原因同浓度的氢氧化钠溶液与氨水溶液氢氧化钠溶液大于氨水溶液氢氧化钠是强电解质，完全电离；一水合氨是弱电解质，部分电离同浓度的醋酸溶液与草酸溶液醋酸溶液小于草酸溶液H2C2O4的Ka1＝5.9×10－2CH3COOH的Ka＝1.7

9×10－5电离常数：H2C2O4＞CH3COOH氢氧化钠极稀溶液与0.1mol·L－1氨水溶液氢氧化钠极稀溶液小于0.1mol·L－1氨水溶液氢氧化钠极稀溶液的离子浓度小于0.1mol·L－1氨水溶液的离子浓度易错点2一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH

)稀释图像比较【分析】(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释的图像加水稀释相同的倍数加水稀释到相同的pH醋酸的pH大盐酸加入的水多(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸加水稀释的图像加水稀释相同的倍数加水稀释到相同的pH盐酸的pH大醋

酸加入的水多易错点3不理解水的电离特点【分析】1、水的电离易错点：(1)在不同溶液中，c(H＋)、c(OH－)可能不同，但任何溶液中由水电离出的c(H＋)与c(OH－)一定相等(2)酸、碱能抑制水的电

离，故室温下，酸、碱溶液中水电离产生的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，而能水解的盐溶液中水电离产生的c(H＋)[或c(OH－)]>1×10－7mol·L－1(3)室温下，由水电离出的c水(H＋)或c水(OH－)＜10－7mol·L－1时，可能是加酸或加碱抑制了水

的电离(4)给水加热，水的电离程度增大，c(H＋)＞10－7mol·L－1，pH<7，但水仍显中性2、水电离出的c(H＋)水或c(OH－)水的计算(1)计算方法①任何情况下水电离产生的c(H＋)和c(OH－)总是相等的②当抑制水的电离时(如酸或碱溶液)

：在溶液中c(H＋)、c(OH－)较小的数值是水电离出来的溶液(25℃)c(H＋)/(mol·L－1)c(OH－)/(mol·L－1)c(H＋)水或c(OH－)水/(mol·L－1)0.01mol·L－1盐酸1.0×10－21.0×10－121.0×10

－120.1mol·L－1NaOH溶液1.0×10－131.0×10－11.0×10－13③当促进水的电离时(如盐的水解)：在溶液中c(H＋)、c(OH－)较大的数值是水电离出来的溶液(25℃)c(H＋)/(mol·L－1)c(OH－)/(mol·L－1)c(H＋)水或c(OH－)水

/(mol·L－1)pH＝5的NH4Cl溶液1.0×10－51.0×10－91.0×10－5pH＝10的Na2CO3溶液1.0×10－101.0×10－41.0×10－4(2)常见计算的2种类型(25℃)①中性

溶液：c(OH－)＝c(H＋)＝10－7mol·L－1②酸溶液——OH－全部来自水的电离：c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(OH－)例：pH＝2的盐酸中c(H＋)＝10－2mol·L－1，则c(OH－)水＝1×10－12mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－

12mol·L－1③碱溶液——H＋全部来自水的电离：c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(H＋)例：pH＝12的NaOH溶液中c(H＋)水＝1×10－12mol·L－1，即水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·L－1④水解呈酸性

的盐溶液——H＋全部来自水的电离：c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(H＋)例：pH==5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c(H＋)水＝10－5mol·L－1，因部分OH－与部分NH＋4结合使溶液中c(OH－)＝10－9mol·L－1⑤水

解呈碱性的盐溶液——OH－全部来自水的电离：c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(OH－)例：pH＝12的Na2CO3溶液中，由水电离出的c(OH－)水＝10－2mol·L－1，因部分H＋与部分CO2－3结合使溶液中c(H＋)＝10－12mol·L－1易错点

4溶液酸碱性的判断误区【分析】1、溶液的酸碱性(1)溶液的酸碱性：溶液酸碱性的判断标准是溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小(2)溶液的酸碱性与c(H＋)和c(OH－)的关系c(H＋)与c(OH－)相对大小c(H＋)/mol·L－1的范围(25℃)中性溶液c(OH

－)＝c(H＋)c(H＋)＝1.0×10－7酸性溶液c(OH－)<c(H＋)c(H＋)>1.0×10－7碱性溶液c(OH－)>c(H＋)c(H＋)<1.0×10－7(3)溶液的pH与c(H＋)及酸碱性的关系①pH的定义：pH是c(H＋)的负对数，其表达

式是pH＝－lgc(H＋)②pH的意义：pH越大，溶液的碱性越强；pH越小，溶液的酸性越强③溶液酸碱性与pH的关系(常温下)：pH＜7，为酸性溶液；pH＝7，为中性溶液；pH＞7，为碱性溶液④pH的适用范围：1×10－14mol·L－1≤c(H＋)≤1mol·

L－1【点拨】①酸性(碱性)溶液并不一定是酸类(碱类)物质②判断溶液的酸碱性不能根据c(H+)和c(OH–)绝对大小，而应比较二者相对大小，不受温度影响③溶液的酸碱性也不能根据pH来判断，如：pH=7的溶液不一定为中性溶液，100℃时，pH=6为中性溶液④当c(

H＋)或c(OH－)大于1mol·L－1时，通常用c(H＋)或c(OH－)直接表示⑤当c(H＋)或c(OH－)小于或等于1mol·L－1时，通常用pH表示易错点5溶液的稀释与pH变化【分析】酸碱溶液稀释时pH的变化酸(pH＝a)碱(pH＝b)弱酸强酸弱碱强碱稀释10n倍pH<a

＋npH＝a＋npH>b－npH＝b－n无限稀释pH趋向于7易错点6酸碱中和滴定实验中的常错点【分析】1.滴定管的认识和使用(2)滴定管的认识①构造：滴定管的管身是内径均匀、带有刻度的细长玻璃管，酸式

滴定管的下端是玻璃活塞，碱式滴定管的下端是由橡皮管和玻璃球构成的阀。②滴定管的使用要求：酸式滴定管不能盛放碱液、水解呈碱性的溶液和氢氟酸，可以呈酸液、氧化性溶液和中性溶液，因为酸性和氧化性物质易腐蚀橡胶管；碱式

滴定管不能盛放酸液和强氧化性溶液，可以呈碱液和中性溶液，因为碱性物质易腐蚀玻璃，致使活塞无法打开。③规格：滴定管的最小分度是0.1mL，实验室中常用滴定管的规格有25mL和50mL两种。④滴定管的读数方法：0刻度在上，从上往下读，读数时取小数点后两位，估读至0.01mL；如：24.00mL、

23.38mL。⑤用途：滴定管主要是用来精确地量取一定体积的液体。⑥由于滴定管尖嘴处无刻度，故将滴定管中的液体全部放出时，放出的液体体积比理论值要大。(3)滴定管的使用方法①检查仪器：使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水。检查滴定管是否漏水的方法：

向滴定管内加水(对酸式滴定管，要先关闭活塞)至液面在“0”刻度线附近，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察滴定管是否漏水。若不漏水，对酸式滴定管将活塞旋转180°，对碱式滴定管松动其阀门，放出少量液体，再次观察滴定管是否

漏水，经两次检查都不漏水的滴定管是检漏合格的滴定管。只有不漏水的滴定管才能使用，若滴定管漏水，则不能使用。②润洗仪器：滴定管在加入酸、碱反应液之前，先用蒸馏水洗涤干净，然后分别用待装液润洗2～3次。润洗的方法：从滴定管上口加入3~5

mL所要盛装的酸或碱，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁。然后，一手控制活塞(轻轻转动酸式滴定管的活塞；或者轻轻挤压碱式滴定管中的玻璃球)，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中。③加入反应液：分别将酸、碱反应液加入酸式、碱式滴定管中，使液面位于“0”刻度以上2～3

mL处，并将滴定管垂直固定在滴定管夹上。④调节起始读数：在滴定管下放一烧杯，调节活塞或玻璃球，使滴定管尖嘴部分充满反应液，如果滴定管内部有气泡，应快速放液以赶出气泡，然后调节滴定管液面使其处于“0”刻度或“0”刻度以下的某一刻度。准确读取数值并记录。2、实验操作——以用盐酸标准液滴定NaOH溶液

为例(1)查漏：使用前先检查滴定管活塞是否漏水。(2)洗涤①锥形瓶：只能用蒸馏水洗涤，不能用待测溶液润洗。②滴定管洗涤：应先用自来水，再用蒸馏水，然后再用标准溶液(或待测溶液)润洗2~3次，以避免溶液被滴定管内壁上附着的蒸馏水稀释而导致浓度变小。③洗涤的原则：少量多次。④洗涤的标

准：管内壁不挂水珠。(3)取液①向润洗过的碱式滴定管中加入待测浓度的NaOH溶液，赶出气泡、调节液面至“0”刻度后，用碱式滴定管向锥形瓶中滴入25.00mL待测溶液，再向其中滴加2滴酚酞溶液。②向润洗过的酸式滴定管中加入标准盐酸，赶出气泡、调

节液面至“0”刻度后准确记录读数为V1mL。(4)滴定：在锥形瓶下垫一张白纸，左手控制滴定管的活塞，向锥形瓶中先快后慢地加入标准盐酸(后面逐滴加入，接近终点时，改成滴加半滴酸)，右手摇动锥形瓶，眼睛观察锥形瓶内溶液的颜色变化(5)读数：当加入最后半滴标准盐酸，溶液由粉红色变为无色

，且半分钟内不变色，停止滴定。平视滴定管中凹液面最低点，读取溶液体积为V2mL。(6)计算：以(V2－V1)为消耗的标准盐酸的体积，取2～3次实验结果的平均值，依据c(NaOH)＝c(HCl)·V(HCl)V(NaOH)计算待测N

aOH溶液的物质的量浓度。3、指示剂的选择(1)中和滴定曲线：以滴加酸(或碱)的量为横坐标，以溶液的pH为纵坐标绘出一条溶液的pH随酸(或碱)的滴加量而变化的曲线。用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1HCl溶液过程中的pH变化曲线

加入的VNaOH(mL)余VHCl(mL)过量VNaOH(mL)pH中和滴定曲线0.0020.001.018.002.002.319.800.203.319.980.024.320.000.007.020.020.029.720.200.2010.722.002.0

011.740.0020.0012.5(2)指示剂选择的依据：由曲线可以看出，在酸、碱中和滴定过程中，溶液的pH在接近滴定终点时有一个突变过程，在此范围内，滴加很少的酸(或碱)，溶液的pH就有很大的变化，能使指示剂的颜色发生明显变化，有利于确定滴定终点，所以即使酚酞、甲基橙的变色不在恰好中和的p

H＝7的点上，但体积差距很小，可以忽略不计。(3)酸碱指示剂法(只能测定溶液的pH范围)常见酸碱指示剂的变色范围指示剂变色范围(颜色与pH的关系)石蕊<5.0红色5.0～8.0紫色>8.0蓝色酚酞<8

.2无色8.2～10.0浅红色>10.0红色甲基橙<3.1红色3.1～4.4橙色>4.4黄色(4)指示剂选择的基本原则①酸碱中和滴定中一般不用石蕊作指示剂，因其颜色变化不明显。②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，如：用NaOH溶液滴定醋酸。③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，如：用盐酸滴

定氨水。④强酸滴定强碱一般用酚酞，但用甲基橙也可以。⑤并不是所有的滴定都需使用指示剂，如氧化还原滴定中，用标准的酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液时，可利用KMnO4溶液本身颜色的变化来判断滴定终点。(5)滴定终点的判断——

以盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液为例①若用酚酞作指示剂，当滴入最后一滴盐酸时，溶液的颜色由粉红色突变为无色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终点。②若用甲基橙作指示剂，当滴入最后一滴盐酸时，溶液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终

点。3、常见的误差分析——以用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液为例步骤操作V标准c(NaOH)洗涤酸式滴定管未用标准溶液润洗偏大偏高碱式滴定管未用待测液润洗偏小偏低锥形瓶用待测液润洗偏大偏高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无

影响取液放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失偏小偏低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失偏大偏高滴定过程中振荡锥形瓶时部分液体溅出偏小偏低滴定时，部分酸液滴出锥形瓶外偏大偏高滴定时有几滴标准溶液滴在锥形瓶的内壁上而未用蒸馏水冲偏大偏高入瓶内溶液颜色较浅时滴入盐酸过快

，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化偏大偏高滴定完毕后立即读数，半分钟后颜色又褪去偏小偏低读数滴定前仰视读数或滴定后俯视读数偏小偏低滴定前俯视读数或滴定后仰视读数偏大偏高【微点拨】①用HCl滴定0.1mol·L－1Na2CO3溶液，第一步生成NaH

CO3时，可选用酚酞为指示剂，由红色→浅红→无色。化学方程式为：Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl；第二步生成碳酸(CO2↑＋H2O)，可选用甲基橙为指示剂，由黄色→橙色，化学方程式为：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑。②强酸与强碱完全中和时，溶液

的pH就为7，但指示剂变色时，溶液的pH不等于7。是因为：强酸强碱完全中和时溶液的pH就为7，而滴定的终点则是通过指示剂颜色的变化来观察，此时溶液的pH往往不是7，但由滴定曲线可知：在滴定过程中开始一段时间溶液的pH

变化不大，处于量变过程中，而在接近完全中和时，滴入0.02ml的碱溶液时，溶液的pH变化很大，溶液由酸性变中性再变成碱性发生了突变，之后再滴入碱溶液，溶液的pH变化又比较缓慢，说明滴定过程中，溶液的酸碱性变化经过了由量变引起质变的过程，有一段发生了pH突变的过程，完全中和和酚酞或甲

基橙指示剂变色的pH虽不同，但只相差半滴，即只有0.02mL左右，这种误差在许可的范围之内。③酸碱恰好中和(即滴定终点)时溶液不一定呈中性，最终溶液的酸碱性取决于生成盐的性质，强酸强碱盐的溶液呈中性，强碱弱酸盐的溶液呈碱性，强酸弱碱盐的溶液呈酸性。易错点7酸式强碱盐溶

液酸碱性的判断【分析】酸式强碱盐的水溶液呈什么性质，这要看该盐的组成微粒的性质。(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，一定显酸性，如NaHSO4：NaHSO4===Na+＋H+＋SO42－(2)弱酸的酸式盐(NaHA)存在两种趋势，既存在电离平衡又存在水解平衡：NaHA

===Na+＋HA－HA－H++A2－(电离，显酸性)HA－+H2OH2A+OH－(水解，显碱性)①若电离程度大于水解程度，则显酸性，常见的酸式盐中，显酸性的有：NaHSO3、KHC2O4②若水解程度大于电离程度，则显碱性；常见的酸式盐中，显碱性的有：NaHCO3、NaHS如：NaH

SO3===Na+＋HSO3－(H2SO3：K1＝1.54×10－2，K2＝1.02×10－7)HSO3－H+＋SO32－(主要，大)呈酸性HSO3—＋H2OH2SO3＋OH－(次要，小)NaHCO3===Na+＋HCO3－(H2CO3：K1＝4.30×10－7，K2＝5.61×10－11)

HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－(主要，大)呈碱性HCO3－H+＋CO32－(次要，小)(3)在酸式盐NaHA溶液中，电离程度>水解程度、c(H+)>c(OH－)和c(A2－)>c(H2A)是等价条件，都表明溶液呈酸性，反之

亦反。易错点8混合溶液中离(粒)子浓度大小比较【分析】1、以“常温下，浓度均为0.1mol·L－1HA(弱酸)溶液和NaA溶液等体积混合，溶液呈酸性”为例。实例解题思路常温下，0.1mol·L－1HA溶液和NaA溶液等体积混合，溶液呈酸性写出混合溶液中存在的平衡过程NaA===Na＋＋A

－HA自身电离：HAH＋＋A－①(呈酸性，以HA电离为主)NaAA－中水解：A－＋H2OHA＋OH－②(水解呈碱性，次要)H2OH＋＋OH－①电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)②物料守恒显然n(Na＋)：n(A)＝2：1，则2c(Na＋)＝c(A－)＋

c(HA)③质子守恒将Na＋消掉得：c(HA)＋2c(H＋)＝c(A－)＋2c(OH－)④离子(粒子)浓度比较分析：在没有电离和水解之前c(Na＋)、c(A－)、c(HA)均为0.1mol·L－1，但由于溶液呈酸性，以HA的电离为主，即电离程度大于水解

程度c(HA)＝0.1－电离消耗＋水解生成<0.1c(A－)＝0.1＋电离生成－水解消耗>0.1c(Na＋)＝0.1，H＋是由HA电离出来的，电离程度很微弱，故浓度大小为：c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)易错点9有关Ksp的常见计算

【分析】类型一、由溶度积求溶液中某离子的浓度计算技巧①已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度如：Ksp＝a的饱和AgCl溶液中，c(Ag＋)＝amol·L－1②已知溶度积、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＋)＝1.0Ksp=10amol·L－1类型二、判断沉淀的生成或沉淀是否完全计算技巧①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc>Ksp，则有沉淀生成；若Qc<Ksp，无沉淀

生成②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5mol·L－1，则该离子沉淀完全类型三、常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH计算技巧①根据氢氧化物的Ksp，先计算初始浓度溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH②金属

阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5mol·L－1，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH类型四、计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度计算技巧依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K值越大，转化反

应越易进行，转化程度越大如：对于反应Cu2＋(aq)＋ZnS(s)CuS(s)＋Zn2＋(aq)该反应的平衡常数K=)()(22++CucZnc=)()()()(2222−+−+••ScCucScZnc=Ksp（ZnS）Ksp（CuS）类型五、溶度积与溶解

度的相互计算计算技巧①由饱和溶液的物质的量浓度c(mol/L)⎯⎯→⎯转化饱和溶液的溶解度S(g)以AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq)为例，饱和溶液的物质的浓度c＝1.34×10－5mol/L即：1L溶液中含有1.34×10－5mol

的AgCl溶质，也就是(1.34×10－5×143.5)g＝1.92×10－3g即：1L溶液中溶解的AgCl为1.92×10－3g，由于溶液极稀，其溶液近似等于水的密度，ρ＝1g/cm3即：1000g溶液中溶解了1.92×10－3g的AgCl，100g水中溶解了1.92×10－4

g的AgCl即：AgCl的溶解度S(AgCl)＝1.92×10－4g②饱和溶液的溶解度S(g)⎯⎯→⎯转化由饱和溶液的物质的量浓度c(mol/L)⎯⎯→⎯转化KSP20℃时，S(AgCl)＝1.5×10－4g，即：100g水

中溶解了AgCl的质量为1.5×10－4g，由于溶液极稀，其溶液近似等于水的密度，ρ＝1g/cm3，也即是：0.1L水中溶解了AgCl的质量为1.5×10－4g，也即是：0.1L溶液中溶解了AgCl的质量为1.5×10－4g，此时n(AgCl)＝mol1005.1/5.143

105.16－4－=molgg，c(AgCl)＝LV1.0mol1005.1n6—=，c(AgCl)＝1.05×10－5mol/L，KSP＝c(Ag+)·c(Cl—)＝1.05×10－5×1.05×10－5＝1.1×10—10类型六、沉淀先后的计算与判断计算技巧①沉淀类型相同，则K

sp小的化合物先沉淀②沉淀类型不同，则需要转化为溶解度进行判断，溶解度小的最先沉淀或根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀类型七、外加溶液稀释后的计算计算技巧①加水时，各离子浓度都会减小，先要计算出稀释后各离子浓度，再计算出Qc，然后与Ksp比较，看是否有沉淀生成

②加同离子的电解质溶液时，先要计算出稀释后各离子浓度，再计算出Qc，然后与Ksp比较，看是否有沉淀生成1．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）已知物质的相关数据如下表，下列说法正确的是物质HF23HCO2CaF2Ca(OH)相

关数据4aK6.810−=17aK4.510−=211aK4.710−=11spK3.510−=5spK5.610−=A．NaF不与盐酸溶液反应B．NaF溶液中存在的所有微粒有：2HONaFOHH+−−+、、、、C．HF与碳酸钠溶液反应，可能产生气

体D．向石灰水悬浊液中加入NaF溶液，溶液可能变澄清【答案】C【解析】A．HF为弱酸，NaF与盐酸反应生成NaFHClNaClHF+=+，符合强酸制弱酸，A错误；B．2FFHONaFNaHFOH+−−−=+++，，则溶液中的

微粒有，2FHHONaHFOH+−+−，，，，，，B错误；C．根据电离平衡常数，233HHFCOHCO−，2322HOHFNaCONaFCO+=++。符合强酸制弱酸，C正确；D．根据Ksp可知，()()22KspCaFKspCaOH，Ca(OH)2转化为Ca

F2沉淀，D错误；故答案为：C。2．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）某含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。室温下向pH6=的该含磷废水中加入2CaCl可以得到()543CaPOOH沉淀从而实现废水除磷。已知常温下34HPO的电离常数分别为2.12al10

K−=、7.21a210K−=、12.36310aK−=。下列叙述错误的是A．室温下，234424HPOHPO2HPO−−+=的平衡常数5.0910K=B．保持体积不变，若逐渐增大该废水的pH，溶液中()24HPO−c将先增大后减小C．该废水中存在离子浓度关系：()()()232444HP

OHPOPOccc−−−D．加入2CaCl实现废水除磷后，溶液pH将增大【答案】D【解析】A．平衡常数K=2+2.12a124242422+7.21344344a2Kc(HPO)c(HPO)c(H)c(HPO)10c(HPO)c(HPO)c(HPO)c(HPO)c(H)K10−−−−−−

−====105.09，故A说法正确；B．废水的pH增大，H2PO4−转化成HPO24−，c(HPO24−)增大，到达一定程度后，继续增大pH，HPO24−转化成PO34−，c(HPO24−)减小，因此过程中c(HPO24−)先增大后减小，故B说法正确；C．磷

酸电离方程式为H3PO4H2PO4−+H+、H2PO4−HPO24−+H+、HPO24−PO34−+H+，当c(H2PO4−)=c(HPO24−)时，pH=pKa2=7.21，因此pH=6的废水中c(H2PO4−)＞c(HPO24−)＞c(PO34−)，故C说法正确；D．由题意可知，该废水中除磷的

离子方程式为3H2PO4−+5Ca2++H2O=Ca5(PO4)3OH↓+7H+，溶液c(H+)增大，pH降低，故D说法错误；答案为D。3．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）已知某温度下，12sp2Mg(OH)

610K−=。该温度下，将0.2mol/L的一元酸HA与0.2mol/L的NaOH溶液等体积混合(假设混合后溶液总体积不变)，充分反应后所得溶液pH=10，且溶液中()A0.08mol/Lc−=。下

列说法错误的是A．所得溶液中，()()H(HA)OHccc+−+=B．该温度下，HA电离平衡常数10a(HA)410K−=C．该温度下，水的离子积常数14w2.010K−D．该温度下，反应222Mg(OH)(s

)2HA(aq)Mg(aq)2A(aq)2HO(l)+−+++的平衡常数72.410K−【答案】C【解析】A．0.2mol/L的一元酸HA与0.2mol/L的NaOH溶液等体积混合，两者恰好完全反应生成生成NaA，由质子守恒

可得：()()H(HA)OHccc+−+=，故A正确；B．两溶液混合后恰好生成NaA，NaA的起始浓度为0.1mol/L，溶液中()A0.08mol/Lc−=，根据物料守恒可知c(HA)=0.1mol/L-0.08mol/L=0.02mol/L，pH=10，+c(H)=101.01

0mol/L−，-+1010ac(A)c(H)0.08mol/L1.010mol/LK(HA)=410c(HA)0.02mol/L−−==，故B正确；C．由水解反应：--2A+HOHA+OH，

可知此时溶液中的c(OH-)=c(HA)=0.02mol/L，Kw=c(OH-)+c(H)=101.010mol/L−×0.02mol/L=122.010−，故C错误；D．反应222Mg(OH)(s)2HA(aq)Mg(aq)2A(aq)2HO(l)+

−+++的平衡常数22+2-2+22-2sp2a22222wK[Mg(OH)]K(HA)c(Mg)c(A)c(Mg)c(OH)c(A)c(H)K=c(HA)c(HA)c(OH)c(H)K−+−+===12102122610410(

2.01))(0−−−72.410−=，故D正确；故选：C。4．（2023·浙江宁波·统考二模）向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS纳米粒子［已知()18spFeS6.310−=K

，()36spCuS1.310−=K］，下列说法正确的是A．FeS固体不能用于去除工业废水中的2Cu+B．向4FeSO和4CuSO混合溶液中加入2NaS溶液，当两种沉淀共存时，()()2218Cu:Fe10cc++C．向CuS饱和溶液中加入2CuCl固体，CuS的溶解平

衡逆向移动，滤液中一定存在()()()sp22CuSCuSKcc+−=D．已知2HS溶液中21a1a2110KK−=，可判断CuS易溶于稀盐酸【答案】C【解析】A．根据()()spspCuSFeSK

K可知，FeS固体能用于去除工业废水中的2Cu+，故A错误；B．向4FeSO和4CuSO混合溶液中加入2NaS溶液，当两种沉淀共存时，()()()()36sp1918s22pCuS1.3102.110FeS6.3CuFe10cKKc

++−−−==，故B错误；C．CuS存在溶解平衡22+CuCu(aq)+(aq)S(s)S−垐?噲?，向CuS饱和溶液中加入2CuCl固体，铜离子浓度增大，因此CuS的溶解平衡逆向移动，根据溶度积常数得到滤液中一定存在

()()()sp22CuSCuSKcc+−=，故C正确；D．若要溶解2+2SCCS+2uH=u+H+，则2+3615sp221a221a(S)(H)Cu1110)(H1.310.310KcKKccK−+−−====，平衡常数很小，反应几乎不能发

生，可判断CuS难溶于稀盐酸，故D错误。综上所述，答案为C。5．（2023·河北·模拟预测）常温下，-1320.1molLNHHO溶液的pH=11，在如图所示的溶液体系中，隔膜不让+4NH和-OH通过，32NHHO分子可自由穿过。已知溶液中()()()+32324cHHHN

HO=cNO+cNH总，该体系达到平衡时，下列叙述正确的是隔膜溶液A溶液BpH=7pH=11+-+-432324NH+OHNHHONHHONH+OH⎯→A．水的电离程度：溶液A＜溶液BB．溶液A中：()()+324101cNHHO=cNH100

总C．溶液B中：()()()()+-+432cNH>cNHHO>cOH>cHD．混合溶液中4NHCl和32NHHO浓度相等：()()()()--+32cH+cNHHO>cOH+cCl【答案】B【解析】A．溶液B的pH大于溶液A的，所以溶液B中()cOH−大，对水的电离抑制程度大，溶液B

中水的电离程度小，选项A错误；B．常温下，1320.1LHOmolNH−溶液的pH11=，可知()311.010LcOHmol−−−=，可列三段式如下：-3-3-3-3-3-3+-324H(mol/L)0.100(mol/L)101010

(molN1HONH+O/L)0.-10110H0起始变化平衡将数值代入bK的表达式，得到bK约为511.010−，溶液A中()711.010LcOHmol−−−=，则溶液A中()()()()

()()++44+-32324bHH1NHNH1100NHO10NHONHOH1ccccccK===++总，选项B正确；C．由于32NHHO的电离程度很弱，则平衡体系中()32HOcNH最大，OH−来源于32

NHHO的电离和水的电离，()()4cOHcNH−+，所以微粒浓度从大到小的顺序为()()()()324HOHcNHcOHcNHc−++，选项C错误；D．混合溶液中若4NHCl和32NHHO浓度相等，根据计算可知32NHHO的电离平衡

常数bK大于4NHCl的水解平衡常数hK，所以混合溶液中()()432HOcNHcNH+，再结合电荷守恒()()()()4HClccNHcOHc++−−+=+可知()()()()32HHOccNHcOHcCl+−

−++，选项D错误；答案选B。6．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）用0.1000mol-1的NaOH溶液分别滴定0.1000mol/L、20.00mLHX、HY、HZ三种酸溶液

。溶液pH与加入NaOH体积之间的关系如图所示，下列说法错误的是A．HX为一元强酸，电离常数Ka(HY)>Ka(HZ)B．a、b、c三点中，b点所对应的水溶液里阴离子的物质的量浓度最大C．d点所对应的水溶液里，c(OH-)约为0.02mol/LD．滴定时使用酚酞作指示剂，会产生系统误差，但可通过

空白对照实验消除【答案】C【分析】如图，0.1000mol/L的HX、HY、HZ的pH分别为1、2，4左右，根据酸性越强电离程度越大，所以酸性：HXHYHZ，因为0.1000mol/L的HX溶液，pH=1，所以HX为一元强酸；依次解题；【解析】A．综

上所述，HX为一元强酸，HY和HZ为弱酸，且酸性HYHZ，所以()()HYHZaaKK，故A正确；B．图中，a点加入的NaOH溶液体积为10mL，此时溶质为NaZ和HZ，pH小于7，溶液呈酸性，所以HZ的电离大于NaZ的水解

，电荷守恒为：()()()()++--NaH=+ZH+Occcc；b点加入的NaOH溶液体积大于10mL，小于20mL，溶质为NaY和HY，pH小于7，电荷守恒为：()()()()++--NaH=+YH+Occcc

；c点加入的NaOH溶液体积小于10mL，溶质为NaX和HX，电荷守恒为：()()()()++--NaH=+XH+Occcc，三种溶液中，b点溶液中钠离子浓度最大，所以b点所对应的水溶液里阴离子的物质的量浓度最大，故B正确；C．如图d点时，加入NaOH溶液体积为30mL，pH约为12，溶液

中()-OHc约为0.01mol/L，故C错误；D．酚酞的变色范围(pH)为8.2~10，由题图中的滴定终点附近各溶液的pH突变范围可知，用强碱滴定HX、HY、HZ溶液时，可以使用酚酞作为指示剂，产生的系统误

差，可通过空白对照实验消除，故D正确；故选C。7．（2023·全国·模拟预测）已知25℃时，反应()()()()222AgXsNaAaqAgAs2NaXaq++的平衡常数61.6210K−=，()2a12HA410K−=，()5a22HA610K−=。用0.02mo

l·L1−的一元强酸HX滴定20mL0.02mol·L1−2NaA溶液，所得pH-V(HX)关系如图所示。已知：()8spAgX1.810K−=，下列说法错误的是A．a点溶液中滴加0.01mol·L1−3AgNO溶液，先产生AgX沉淀B．a点溶液

显酸性C．若b点pH4=，则b点()()22A24HAcc−=D．c点溶液中满足：()()()2X3HA6Accc−−−+【答案】C【解析】A．反应()()()()222AgXsNaAaqAgAs2NaXaq++的

平衡常数()()()()()()()()()()22-2+2-82sp62-2+2-sp2sp2cXcAgcX1.810KAgXK===1.6210KAgAKAgAcAcAgcA−−==，可得()10sp2KAgA=210−。a点时加入HX

10mL，得到等物质的量的NaHA、Na₂A、NaX的混合溶液，此时溶液中()()132230.02molL1010L2AX103010L3cc−−−−−−==mol·L1−，由()8spKAgX=1.810−得，开始生成AgX沉淀时()

81621.810AgmolL2.7102103c−+−−−==mol·L1−，由()10sp2AgA210K−=得，开始生成2AgA沉淀时()10142210AgmolL1.7102103c−+−−−

=mol·L1−，因为642.7101.710−−，所以a点溶液中滴加0.01mol·L1−3AgNO溶液时先产生AgX沉淀，A正确；B．结合A项分析可知，a点溶液中的()NaHAc和()2NaAc相等，HA−的电离常数5a26

10K−=，HA−的水解常数1413wh2a1102.510410KKK−−−===，可得HA−的电离程度远大于其水解程度，2A−的水解常数1410wh5a2101.6710610KKK−−−==，可知HA−的电离常数远大于2A−的水解常数，所以a点溶液显酸性

，B正确；C．由()()()a12HHAHAccKc+−=和()()()2a2HAHAccKc+−−=可知()()()22a1a22AHHAccKKc−+=，则()()()()225a1a22242A41061

0240HAH110−−−+−===cKKcc，C错误；D．c点加入30mL强酸HX，此时溶液中()()+-cNa:cX=4:3，即()()+-4cNa=cX3，将其代入电荷守恒式：()()()()()()++--2--cNa+cH=cOH+cHA+2

cA+cX得()()()()()()-+--2--4cX+cH=cOH+cHA+2cA+cX3，整理得()()()()()-+--2-cX+3cH=3cOH+3cHA+6cA，因为c点溶液显酸性(a点时已显酸性)，()()+-3cH>3cOH，所以()()()--2-c

X<3cHA+6cA，D正确；故选：C。8．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某实验小组的同学用0.1000mol/L氢氧化钠溶液和0.05000mol/L草酸溶液在25℃下进行中和滴定实验，先向锥形瓶内加入25.00L溶液，然后开始滴定，直至滴定完全测得锥形瓶内溶液pH随滴

定管滴加溶液体积变化的曲线(见下图)。根据图中数据，下列说法正确的是A．草酸是一元酸B．该实验不能使用碱式滴定管C．当滴加了20.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的草酸根离子浓度大于氢离子浓度D．当滴加了30.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的钠离子浓度小于氢

氧根离子浓度【答案】C【分析】根据pH曲线图知，锥形瓶中盛装的是草酸溶液，实验是用0.1000mol/L氢氧化钠溶液滴定0.05000mol/L草酸溶液。滴定终点时，两溶液消耗的体积相同，则氢氧化钠与草酸按物质的量2：1发生了反应，方程式为：22422422NaO

H+HCO=NaCO+2HO。【解析】A．由分析知草酸是二元酸，A错误；B．盛装氢氧化钠溶液必须用碱式滴定管，量取草酸溶液必须用酸式滴定管，B错误；C．当滴加了20.00mL溶液时，根据方程式可计得锥形瓶内草酸钠有3110mol−，草酸有30.2510mol−，草酸钠完全电离，草

酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度。随着滴加的NaOH增多，生成的草酸钠更多，草酸根离子浓度变得更大，氢离子浓度变得更小，C正确；D．当滴加了30.00mL溶液时，恰好完全中和，溶质只有草酸钠，草酸钠完全电离，

氢氧根离子主要由草酸根离子水解产生，水解是微弱的，因此钠离子浓度大于氢氧根离子浓度。随着滴加的NaOH增多，增多的NaOH中，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，且NaOH还能抑制草酸根离子的水解，因此溶液中的钠离子浓度依然会大于氢氧根离子浓度，D错

误；故选C。9．（2023秋·江苏常州·高三统考期末）某水样中含一定浓度的CO23−、HCO3−和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol·L－1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl

)的变化关系如图所示(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A．该水样中c(CO23−)∶c(HCO3−)＝2∶1B．a点处c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO23−)C．当

V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO3−)随V(HCl)的增多基本保持不变D．根据实验结果可以推知：Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)>Kw【答案】D【分析】在滴定过程中有两次突跃，第一次突跃发生在a点：233COHHCO−−＋＋＝

，()()-1-32-13-3HClHCl0.01000molL2010L(CO)0.02molL1010LcVcV−＝＝＝待，第二次是耗HCl为50mL的点：322HCOHHOCO−＋＋＝＋由23CO−生成的3HCO−消耗盐酸20mL，原溶液中的3HCO−消耗的盐酸是10m

L，则c(3HCO−)＝()()-1-3-1-3HClHCl0.0100molL1010L0.01molL1010LcVV＝＝待，以此分析解题。【解析】A．由分析可知，2-13(CO)0.02molLc−＝，c(3HCO−)＝-10.01molL，所以c

(CO23−)∶c(HCO3−)＝2∶1，故A正确；B．如图所示，该a点恰好按233COHHCO−−＋＋＝完全反应，溶液中只有3HCO−和H2O既可以给出H＋，又可以结合H＋，结合H＋的产物是H2CO3、H＋，给出H＋的产物是

OH−、23CO−，根据质子守恒可得c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO23−)，故B正确；C．依据分析可知原溶液中2-13(CO)0.02molLc−＝，c(3HCO−)＝-10.01molL，当V(HCl)≤20.

00mL时，只发生233COHHCO−−＋＋＝，溶液中3HCO−物质的量增加，加入盐酸溶液体积也增加，溶液中c(3HCO−)≈0.01mol/L0.01L0.01mol/L0.01mol/L0.01L()()VV盐酸＋＝

盐酸＋，故C正确；D．由，()3-+12233(HCO)(H)()HCOHCOaKccc=，()2-+323-23(CO)(H)(HCO)HCOaKccc=，所以()()2-+2-+231233-2+33322323-(HCO)(H)(CO)(H

)(CO)(H)()(HCO)()HCOHCOHCOHCOaaKcccccccccK==，由图可知，V(HCl)=0mL时，pH>10，+-10(H)10mol/Lc所以Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)<Kw，故D错误；故答案选D。【点睛】本题考查化学反应原理，涉及酸

碱中和滴定中滴定曲线分析、溶液中质子守恒、物料守恒的应用、题目综合性强，中等难度。10．（2023春·山东·高三校联考开学考试）25℃时，用0.2mol•L-1的盐酸分别滴定20mL0.2mol•L-1的氨水和MOH碱溶液(碱

性：NH3•H2O大于MOH)，溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与lg+432c(NH)c(NHHO)或lg+c(M)c(MOH)的关系如图所示。下列说法错误的是A．曲线I对应的是滴定NH3•H2O的曲线B．a点对应的溶液pH=11C．b、e点溶液中水的电离程

度：b＞eD．b、e点溶液中的c(Cl-)大小：b＜e【答案】C【分析】根据碱的电离平衡常数可知，以NH3·H2O为例，当432c(NH)c(NHHO)+=时，Kb=c（OH-），故I对应的KbⅠ=1×10-4.74，Ⅱ对应的KbⅡ=1×10

-6。据题意碱性：NH3•H2O大于MOH)，则I对应NH3•H2O，Ⅱ对应MOH，据此分析。【解析】A．据分析可知，曲线I对应的是滴定NH3•H2O的曲线，A正确；B．由于曲线I对应的是滴定NH3•H2O的曲线，Kb1=+-432c(NH)c(OH)c(NHHO)=1×10-4

.74，a点时lg+432c(NH)c(NHHO)=-1.74，则+432c(NH)c(NHHO)=1×10-1.74，带入Kb1可知，此时c（OH-）=1×10-3mol/L，25℃时，142-2w31110mo

lL(H)=(OH)110molLKcc−+−−−==1×10-11，故pH=11，B正确；C．b、e点时溶液均成碱性，说明尚未完全反应，对水的电离均为抑制作用，b点的碱性更强，对水的电离的抑制作用更大，所以中水的电离程度：b＜e，C错误；D．b、e点溶液中的弱碱阳离子

和弱碱分子浓度相同，假设滴入一半物质的量的盐酸，若不考虑电离和水解因素，则NH3·H2O、NH4+、MOH、M+的浓度均相同，但由于越弱越水解，所以对应的碱越强，需要加入的盐酸的量越少，故b、e点溶液中的c(Cl-)大小：b＜e，D正确

；答案选C。11．（2023·陕西安康·统考三模）均苯三甲酸(，用H3T表示)水溶液存在如下平衡：H3T1KH2T－2KHT2−3KT3−，向0.1mol·L−1H3T溶液中加入HCl(g)或NaOH(s)时(忽略溶液体积的变化)，溶液中各含T微粒的分

布系数δ(X)随溶液pH变化的曲线如图所示：已知δ(X)＝()()()()-2-3-32(X)HT+HT+HT+Tccccc下列说法错误的是A．若用NaOH(aq)滴定H3T(aq)至恰好生成Na2HT，可选甲基橙作指示剂B．M点，c(H+)＝21KKC．0.1mo

l·L−1的Na2HT溶液中：c(Na+)＞c(H2T－)＞c(T3−)＞c(H+)D．25°C时HCN的电离平衡常数101a6.210molLK−−=，则HT2－与CN-不能大量共存【答案】C【分析】由图可知H3T的K1、K2、K3依次为10-3

.1、10-4.7、10-6.3。【解析】A．2HT−的水解常数=w2KK=149.34.7101010−−−=，2HT−的电离常数为6.310−，2HT−的电离大于水解，溶液显酸性，应选甲基橙作指示剂，故A正确；B．由图可知M点时，()()23HTHTcc−=，()()()

()()()()()()()()()()()()()()-++-322332+2-2--++-+2-+22HTHTHHHTHTHT=HHTHTHTHHHTHHTHccccccccccccccccc=

=()2+2111H1cKK=，()21HcKK+=，故B正确；C．10.1molL−的2NaHT溶液中：钠离子浓度最大，由A中分析已知2HT−的电离大于水解，则()()32THTcc−−，故C错

误；D．HCN的电离平衡常数101a6.210molLK−−=，2HT−的电离常数为6.310−，则酸性：2HT−>HCN，则2HT−与CN−能发生反应生成HCN，不能大量共存，故D正确；故选：C。12．（20

23·四川攀枝花·统考三模）向10mL浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入0.1mol·L-1氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水(Kb=1.8

×10-5)体积关系如下图所示。测得M、N点溶液pH分别为8.04、8.95。已知：i．Zn2++4NH3⇌[Zn(NH3)4]2+K稳=()()64229.+0334cNc[HcZn(Zn(NH)])10·+=ii．Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]下列说法

正确的是A．曲线Y表示Zn2+B．Ksp[Fe(OH)2]=10-16.92C．N点以后，锌元素主要以Zn2+形式存在D．Zn(OH)2+4NH3⇌[Zn(NH3)4]2++2OH-K=10-7.86【答案】D【分析】由于

Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入0.1mol·L-1氨水，Zn2+先沉淀，分析图像，曲线X代表Zn2+，曲线Y代表Fe2+，曲线Z为[Zn(NH3)4]

2+，以此解答。【解析】A．由分析可知，曲线Y表示Fe2+，故A错误；B．N点c(Fe2+)=110-5mol/L，pH=8.95，c(H+)=110-8.95mol/L，c(OH-)=()5-14W-8.-5

+.095K01101==10cHmol/L，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)=()25-5.05110110−=110-15.1，故B错误；C．N点锌元素的主要存在形式为Zn(OH)2，N点以后，锌元素主要以[Zn(NH3)4]2+形

式存在，故C错误；D．由M点数据可知，Ksp[Zn(OH)2]=42-15-8.04110110110−=10-16.92，反应Zn(OH)2+4NH3⇌[Zn(NH3)4]2++2OH-的K=()()()()()()()()()()2+

2+2-2-2+3344442+33cZnNHcOHcZnNHcOHcZn=cNHcNHcZn()9.0616.927.86sp2=KKZnO=10100H=1−−稳，故D正确；故选D。13．（2023·山东东营·东营市第一中学校考二模）已知常温下

水溶液中2HA、HA−、2A−、HB、B−的分布分数δ[如()()()()()2222AAHAHAAcccc−−−−=++]随pH变化曲线如图1；溶液中()2lgCac+−和()2lgAc−−关系如图2.用10.0100molL−2

HA溶液滴定20.00mL10.0100molL−2CaB溶液，下列说法错误的是A．曲线d表示δ(HB)B．B−的水解平衡常数()5.7bB10K−−=C．滴定过程中溶液会变浑浊D．滴定过程中始终存在：()()()()()-2--+cHA+2cA+cOH=cHB

+cH【答案】D【解析】A．由题中信息可知，2HA为二元弱酸，2HAHAH−++、2HAAH−−++，用10.0100molL−2HA溶液滴定20.00mL10.0100molL−2CaB溶液，发生反应：

22HA+CaB2HBCaA=+，则酸性：2HA>HB，所以曲线a、b、c表示2HA的各微粒分布曲线，曲线a代表2HA，曲线b代表HA−，曲线c代表2A−，曲线d为HB，曲线e为B−，故A正确；B．B−的水解平衡常数()--b-c(HB)c(OH)KB=

c(B)，曲线d和e相交时c(HB)=-c(B)，()--bKB=c(OH)，此时pH=8.3，-c(OH)=5.710−，则()5.7bB10K−−=，故B正确；C．根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C正确；D．若滴定过程中不产生沉

淀，则根据电荷守恒：()()()()()-2---2++cHA+2cA+cOH+c(B)=2cCa+cH，根据物料守恒：()2+2cCa=c(HB)+-c(B)，则()()()()-2--+cHA+2cA+cOH=cH+c(HB)，但随着H2A溶液

的滴入，Ca2+产生CaA沉淀而析出，溶液中()2+2cCac(HB)+-c(B)，则()()()()-2--+cHA+2cA+cOHcH+c(HB)，故错误；故选：D。