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专题62 难溶电解质的溶解平衡
1．【2023年全国甲卷】下图为 和 在水中达沉淀溶解平衡时的 关系图(
； 可认为 离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由 点可求得
B． 时 的溶解度为
C．浓度均为 的 和 可通过分步沉淀进行分离
D． 混合溶液中 时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则 = = =
，故A错误；B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则 = =
= ， 时 的溶解度为 =10-3 ，故B错误；C．由图可知，当
铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀 和 ，故C正
确；D．由图可知， 沉淀完全时， ，pM 5，此时pH约为4.7，在此pH下
刚开始沉淀的浓度为 ，而题中 > ，则 会同时
沉淀，故D错误；答案选C。2．【2023年全国乙卷】一定温度下，AgCl和Ag CrO 的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
2 4
下列说法正确的是
A．a点条件下能生成Ag CrO 沉淀，也能生成AgCl沉淀
2 4
B．b点时，c(Cl-)=c(CrO )，K (AgCl)=K (Ag CrO)
sp sp 2 4
C．Ag CrO+2Cl- 2AgCl+CrO 的平衡常数K=107.9
2 4
D．向NaCl、NaCrO 均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO 溶液，先产生Ag CrO 沉淀
2 4 3 2 4
【答案】C
【解析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag CrO 的溶度积K (Ag CrO)=c2(Ag+)·c(CrO )=(1×10-5)2×1×10-
2 4 sp 2 4
1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积K (AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算
sp
各选项结果。A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，
Q(Ag CrO)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积K ，二者不会生成沉淀，A错误；B．K 为
2 4 sp sp
难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶
度积不相同，B错误；C．该反应的平衡常数表达式为K= ，将表达式转化为与两种难溶物的
溶度积有关的式子得K= = = = =1×107.9，C正确；
D．向NaCl、NaCrO 均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为
2 4 3
10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；
故答案选C。
3．【2023年全国新课标卷】向 饱和溶液(有足量 固体)中滴加氨水，发生反应
和 ， 与
的关系如下图所示(其中M代表 、 、 或 )。下列说法错误的是
A．曲线I可视为 溶解度随 浓度变化曲线
B． 的溶度积常数
C．反应 的平衡常数K的值为
D． 时，溶液中
【答案】A
【解析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，
氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，
则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化
的曲线。A．氨的浓度较小时AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s)+2NH
3
(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误；
B．由图可知，c(NH )=10-1mol/L时，c(Cl-)=10-2.35mol/L,c(Ag+)=10-7.40mol/L，则氯化银的溶度积为10-
3
2.35×10-7.40=10-9.75，故B正确；C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银
离子的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，则 的平衡常数K=
= = ，故C正确；D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表
示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则
时，溶液中 ，故D正确；故选A。
4．【2023年北京卷】利用平衡移动原理，分析一定温度下 在不同 的 体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合 ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
[注：起始 ，不同 下 由图1得到]。下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态 ，无沉淀生成
C．由图2，初始状态 ，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态 、 ，发生反应：
【答案】C
【解析】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出 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 、 时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ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 、 时，该
点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中
，C项错误；D． 时，溶液中主要含碳微粒是
， ， 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 ，D项正确；故选C。
5．【2023年湖北卷】处理某铜冶金污水(含 )的部分流程如下：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 如下表所示：
物质
开始沉淀
1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀
3.2 6.7 8.2 4.6
② 。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有 和
B． 溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当 和 完全沉淀时，溶液中
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，
过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。
A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会
生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH) 和Al(OH) ，A正确；B．硫化钠溶液中的硫离
3 3
子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H
2
O⇌HS-+OH-，B正
确；C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则
，C正确；D．污水经过处理后其中含有较
多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循
环用水的标准后，才能使用，D错误；故选D。
6．【2023年1月浙江卷】碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：
[已知 ， ， 的电离常
数 ]，下列有关说法正确的是A．上层清液中存在
B．上层清液中含碳微粒最主要以 形式存在
C．向体系中通入 气体，溶液中 保持不变
D．通过加 溶液可实现 向 的有效转化
【答案】B
【解析】A．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此 ，
A错误；B．根据K =4.7×10-11可得 ，则碳酸根的水解平衡常数为
a2
，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主
要为碳酸氢根离子，B正确；C．向体系中通入CO， ，c( )减小，
2
CaCO
3
(s)⇌Ca2+(aq)+CO (aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，C错误；D．由题干可知，
， ，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会
转化成硫酸钙，D错误；故答案选B。
7．【2022年福建卷】锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有 和 杂质
离子，可在0~14范围内调节 对其净化(即相关离子浓度 )。 时， 与 关系见
下图(碱性过强时 和 会部分溶解)。下列说法正确的是
A． 可被净化的 区间最大
B．加入适量 ，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．【答案】B
【解析】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的
是Fe3+，A错误；B．加入适量HO，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；C．由图可知，
2 2
净化的先后顺序为 ，C错误；D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，
lgc<-5，，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，
，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，
c(OH-)=10-9.5mol/L， ，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，
c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有
，D错误；故选B。
8．【2021年江苏卷】室温下，用0.5mol·L-1NaCO 溶液浸泡CaSO 粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀
2 3 4
醋酸，产生气泡。已知K (CaSO)=5×10-5，K (CaCO)=3×10-9。下列说法正确的是
sp 4 sp 3
A．0.5mol·L-1NaCO 溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+c(H CO)
2 3 2 3
B．反应CaSO+CO CaCO +SO 正向进行，需满足 > ×104
4 3
C．过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)= 且c(Ca2+)≤
D．滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO +2H+=Ca2++CO ↑+H O
3 2 2
【答案】C
【解析】A．0.5mol·L-1NaCO 溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H CO)，A错误；B．该
2 3 2 3
反应的平衡常数K= = = = = ×104，当浓度商 ＜K时，反
应正向进行，B错误；C．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2+)= ，由
于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤ ，C正确；
D．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误；综上所述答案为C。
9．【2022年湖南卷】室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和
混合溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作
用。若溶液中离子浓度小于 时，认为该离子沉淀完全。 ，
， )。下列说法正确的是A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b点：
【答案】C
【解析】向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离
子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，
此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为
1.5×10-4mol。A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；B．原溶液中I-
的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为 =0.0100mol⋅L-1，故B错误；C．当Br-沉淀完全
时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)= =5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始
沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)= =3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=
c(I-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；D．b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的
I-、Br-、Cl-全部转化为沉淀，则Ag+浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为：
，故D错误；故选C。
10．【2022年海南卷】某元素M的氢氧化物 在水中的溶解反应为：
、 ，25℃，-lgc与pH的关
系如图所示，c为 或 浓度的值。下列说法错误的是A．曲线①代表 与pH的关系
B． 的 约为
C．向 的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以 存在
D．向 的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以 存
在
【答案】BD
【解析】由题干信息，M(OH) (s) M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH) (s)+2OH-(aq) M(OH) (aq)，随着pH
2 2
增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH) ]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH) ]减小，因此曲
线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[M(OH) ]与pH的关系，据此分析解答。A．由分析
可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A正确；B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则
M(OH) 的K =c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误；C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至
2 sp
pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH) ]均极小，则体系中元素M主要以M(OH) (s)存在，
2
C正确；D．c[M(OH) ]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的
HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH) 存在，D错误；答案选BD。
11．【2022年山东卷】工业上以 为原料生产 ，对其工艺条件进行研究。现有含
的 、 溶液，含 的 、 溶液。在一定pH
范围内，四种溶液中 随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．反应 的平衡常数
B．
C．曲线④代表含 的 溶液的变化曲线
D．对含 且 和 初始浓度均为 的混合溶液， 时才发生沉淀转
化
【答案】D
【解析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根
离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线
②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离
子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L
碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固
体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。A．反应SrSO (s)+CO SrCO (s)+SO 的平衡常数K=
4 3
= = ，A正确；B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的
0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积K (SrSO )=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积
sp 4
不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为 =10—6.5，则a为-6.5，B正确；C．由分析可知，
曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；D．对含SrSO (s)且NaSO 和
4 2 4
NaCO 初始浓度均为1.0mol·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6, 5，根据图示， 锶离子的
2 3
降低，所以 发生沉淀转化，D错误；故选D。
12．【2022年湖北卷】下图是亚砷酸 和酒石酸 混合体系中部分物
种的 图(浓度：总 为 ，总T为 )。下列说法错误的是A． 的 为
B． 的酸性比 的强
C． 时， 的浓度比 的高
D． 时，溶液中浓度最高的物种为
【答案】D
【解析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mol/L，右坐标浓度的数量级为10-6mol/L，横坐标为
pH，随着pH的增大， 先变大，然后再减小，同时 变大，两者浓度
均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时， = ，Ka=10-4.6。
pH继续增大，则 减小，同时 增大，当pH=9.1时， =
， ，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混
合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。A．
， ，当pH=9.1时， =
， ， 为 ，A正确；B．
，当pH=4.6时，
= ，Ka=10-4.6，而由A选项计算得HAsO 的 ，即Ka > Ka1，所以
3 3
的酸性比 的强，B正确；C．由图可知 的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L， 的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以 时，
的浓度比 的高，C正确；D．由可知条件，酒石酸
， 的 为 ，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸
的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于 ，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以
当 时，溶液中浓度最高的物种不是 ，D错误；故选D。
13．（2021·全国乙卷真题）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 随c(H+)而变化， 不发生
水解。实验发现， 时 为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是
A．溶液 时，
B．MA的溶度积度积
C．溶液 时，
D．HA的电离常数
【答案】C
【解析】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=
mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中
有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则
，B正确；C．设调pH所用的酸为HX，则结合电荷守恒可
n
知 ，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D．
当 时，由物料守恒知 ，则 ，，则 ，对应图得此时溶液中
， ，D正确；故选C。
14．（2021·全国甲卷真题）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液中
、 、与 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 的 值为
C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点
D． 时两溶液中
【答案】B
【解析】BaCO 、BaSO 均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( )]}＝－lg[c(Ba2＋)×c( )]＝
3 4
－lg[K (BaSO)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( )]}＝－lg[K (BaCO)]，因K (BaSO)＜
sp 4 sp 3 sp 4
K (BaCO)，则－lg[K (BaCO)]＜－lg[K (BaSO)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( )]的
sp 3 sp 3 sp 4
关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( )]的关系。A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒
浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO 的沉淀溶解曲线，选项A错误；B．曲线①为BaSO 溶
4 4
液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( )]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c( )＝7，
则－lg[K (BaSO)]＝7＋3＝10，因此K (BaSO)＝1.0×10－10，选项B正确；C．向饱和BaSO 溶液中加
sp 4 sp 4 4
入适量BaCl 固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则K (BaSO)不变可知，溶液中c( )将减
2 sp 4小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，选项C错误；D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两
溶液中 ＝ ＝ ，选项D错误；答案选B。
15．（2019·全国高考真题）绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是
一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a和b分别为T、T 温度下CdS在水中的物质的量浓度
1 2
B．图中各点对应的K 的关系为：K (m)=K (n)<K (p)<K (q)
sp sp sp sp sp
C．向m点的溶液中加入少量NaS固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
2
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【解析】A．CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积K =c(Cd2+)·c(S2-),在饱和
sp
溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T 和T 温度下CdS的物质的量浓度，
1 2
正确；B．CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T 条件下所测的对应
1
离子浓度，则其溶度积相同，错误；C．m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反
应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，正确；D．从图象中可以
看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，
q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，正
确；答案选B。
16．（2019·海南高考真题）一定温度下，AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(Aq)体系中，c(Ag+)和c(Cl-)的关系如图
所示。下列说法正确的是( )
A．a、b、c三点对应的K 相等
spB．AgCl在c点的溶解度比b点的大
C．AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)
D．b点的溶液中加入AgNO 固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化
3
【答案】AC
【解析】A．a、b、c三点对应的AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数K 只与温度有关，
sp
温度相同，则K 相等，A正确；B．在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-)，在AgCl(s)
sp
Ag+(aq)+Cl-(Aq)平衡体系中c(Ag+)·c(Cl-)=K (AgCl)，若溶液中c(Cl-)大，则溶液中c(Ag+)小，AgCl的
sp
溶解度小，在b点溶液中c(Cl-)小于c点，则溶解度b点大于c点，B错误；C．根据溶解平衡AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq)可知，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl-、Ag+的浓
度相等，c(Ag+)=c(Cl-)，C正确；D．在b点的溶液中加入AgNO 固体，溶液中c(Ag+)增大，则c
3
（Cl-）减小，所以c(Ag+)变化应该是沿曲线向a点方向变化，D错误；故合理选项是AC。
17．（2018·海南高考真题）某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的
是
A．AgCl的溶解度、K 均减小 B．AgCl的溶解度、K 均不变
sp sp
C．AgCl的溶解度减小、K 不变 D．AgCl的溶解度不变、K 减小
sp sp
【答案】C
【解析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量
稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减
小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。故答案选C。
18．（2018·全国高考真题）用0.100 mol·L-1 AgNO 滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。
3
下列有关描述错误的是（ ）
A．根据曲线数据计算可知K (AgCl)的数量级为10-10
sp
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=K (AgCl)
sp
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标
是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO 溶液，所以计算出此时溶液中过量的
3
Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图
示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以K (AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量
SP
级为10-10，正确；B．由于K (AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化
SP
银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝K (AgCl)，正确；C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴
SP
定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L
的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也
是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，错误；D．卤化
银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以K (AgCl)应该大于K (AgBr)，将50mL 0.05mol/L
SP SP
的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银
离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以
终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。正确；故答案
选C。
19．（2016·海南高考真题）向含有MgCO 固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变
3
小的是
A．c( ) B．c( ) C．c(H+) D．K (Mg )
sp
【答案】A
【解析】MgCO 固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO (s) Mg2+(aq)+CO 2−(aq)，加入少量稀盐酸可与
3 3 3
CO2−促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO2−)减小，c(Mg2+)及c(H+)增大，K (MgCO )只与温度有关，
3 3 sp 3
不变。故选A。
20．（2017·全国高考真题）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 会腐蚀阳极板而增大电解能耗。
可向溶液中同时加入Cu和CuSO ，生成CuCl沉淀从而除去 。根据溶液中平衡时相关离子浓度的
4
关系图，下列说法错误的是
A． 的数量级为
B．除 反应为Cu+Cu2++2 =2CuCl
C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除 效果越好
D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全【答案】C
【解析】A．Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl－)，在横坐标为1时，纵坐标 大于－6，所以Ksp(CuCl)的数
量级是10－7，A正确；B．除去Cl－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B正确；C．加入Cu越多，
Cu+浓度越高，除Cl－效果越好，但同时溶液中，Cu2＋浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌
的产率和纯度，错误；D．在没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋＝Cu2＋＋Cu趋于完全，D正确，答案
选C。
21．（2014·全国高考真题）溴酸银(AgBrO )溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是
3
A．溴酸银的溶解是放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快
C．60 ℃时溴酸银的K 约等于6×10−4
sp
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【答案】A
【解析】A、由溶解度随温度的变化关系可知：温度升高，该物质的溶解度增大。可见溴酸银(AgBrO )溶
3
解是吸热过程 ，A错误；B、温度升高，溴酸银溶解在水中的微粒运动速度加快，扩散的更快，因此
升高温度使其溶解速度加快，B正确；C、60℃溴酸银的溶解度大约是0.6g.则c(AgBrO )=0.6g÷236g/
3
mol÷ 0.1L =0.025mol/L，K =c(Ag+)·c(BrO-)=0.025×0.025≈6×10-4，C正确；D、由于硝酸钾的溶解度比
sp 3
较大，而溴酸银的溶解度较小，所以若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，D正确；答
案选A。
22．（2013·北京高考真题）实验：①0.1mol·L-1AgNO 溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，
3
过滤得到滤液b和白色沉淀c；② 向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出现浑浊；③ 向沉淀c中滴加
0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是
A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+ Cl-(aq)
B．滤液b中不含有Ag+
C．③中颜色变化说明AgCl 转化为AgI
D．实验可以证明AgI比AgCI更难溶
【答案】B【解析】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），正确；B．滤
液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，错误；C．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI
溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，正确；D．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉
淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，正确；故选B。
23．（2008·广东高考真题）已知Ag SO 的K 为2.0×10－5 mol3·L－3，将适量Ag SO 固体溶于100 mL水中
2 4 sp 2 4
至刚好饱和，该过程中Ag＋ 和SO 2－浓度随时间变化关系如右图[饱和Ag SO 溶液中c(Ag＋)=0.034
4 2 4
mol•L－1]。若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol•L－1 Na SO 溶液，下列示意图中，能正确表
2 4
示t1时刻后Ag＋ 和SO 2－浓度随时间变化关系的是
4
A B C D
【答案】B
【解析】Ag SO 刚好为100 mL的饱和溶液，因为c(Ag+)=0.034mol·L-1，所以c(SO 2－)=0.017mol·L-1；当加
2 4 4
入100 mL 0.020 mol·L-1NaSO 溶液后，c(SO 2－)= =0.0185mol·L-1，c(Ag+)=0.017
2 4 4
mol·L-1，此时Q= c(SO 2－) c2(Ag+)=0.0185×（0.017）2=5.35×10-6<K =2.0×10-5，则该溶液没有沉淀析
c 4 sp
出，所以混合后的c(Ag+)为原来的一半，c(SO 2－)略有增大，由此可以看出应为B图像。
4
24．（2014·上海高考真题）向饱和澄清石灰水中加入少量CaC ，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶
2
液中
A．c(Ca2＋)、c(OH－)均增大 B．c(Ca2＋)、c(OH－)均保持不变
C．c(Ca2＋)、c(OH－)均减小 D．c(OH－)增大、c(H＋)减小
【答案】B
【解析】碳化钙溶于水与水反应生成氢氧化钙和乙炔，由于原氢氧化钙是饱和溶液，溶剂水被消耗，导致
原溶液中氢氧化钙析出，但温度不变，析出后的溶液仍然是饱和溶液，因此溶液中离子的浓度均保持
不变，答案选B。
25．（2008·山东高考真题）某温度时，BaSO 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
4
（）(提示BaSO
4
(s)⇌Ba2+(aq)＋SO
4
2-(aq)的平衡常数Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO
4
2-)，Ksp称为溶度积常数。）A．加入NaSO 可以使溶液由a 点变到b 点
2 4
B．通过蒸发可以使溶液由d 点变到c 点
C．d 点无BaSO 沉淀生成
4
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
【答案】C
【解析】本题考查沉淀溶解平衡。该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态。A．在该溶液中始
终存在溶解平衡，加入NaSO ，c(SO 2-)增大，平衡左移，c(Ba2+)减小，所以溶液不能有a点变到b点，
2 4 4
A错误；B．通过蒸发，溶液的浓度增大，若d点变到c点，即仅c(Ba2+)增大，与实际相悖，B错误；
C．d点在曲线以下，说明该点不存在沉淀溶解平衡，即该点没有沉淀生成，C正确；D．任何平衡的
平衡常数K只和温度有关，温度不变，K也不变，D错误；故合理选项为C。
26．（2010·海南高考真题）已知：K (AgCl)=1.8×10-10，K (AgI)=1.0×10-16，K (Ag CrO)=1.1×10-12，则下
sp sp sp 2 4
列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是
A．AgCl>AgI>Ag CrO B．AgCl> Ag CrO>AgI
2 4 2 4
C．Ag CrO>AgCl>AgI D．Ag CrO>AgI>AgCl
2 4 2 4
【答案】C
【解析】已知K (AgCl)=1×10-10 ，则c(Ag+ )=❑√K (AgCl)=❑√1×10-10mol/L=1×10-5mol/L，
sp sp
K (AgI)=1×10-16 ，则c(Ag+ )=❑√K (AgI)=❑√1×10-16mol/L=1×10-8mol/L，
sp sp
K (Ag CrO )=8.0×10-12 ，c(Ag+)=2c(CrO 2-)，则
sp 2 4 4
c(Ag+ )=√3 2×1.1×10-12mol/L=√32.2×10-4mol/L，所以这些难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大
小顺序正确的是Ag CrO >AgCl>AgI，正确；答案选C。
2 4
27．（2011·浙江高考真题）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5mol/L，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变。
KspCaCO =4.96×10-9 KspMgCO =6.82×10-6
3 3
KspCa(OH) =4.68×10-6 KspMg(OH) =5.61×10-12
2 2
下列说法正确的是
A．沉淀物X为CaCO
3B．溶液M中存在Mg2+、不存在Ca2+
C．溶液N中存在Mg2+、Ca2+
D．步骤②中若改为加入4.2g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH) 和Mg(OH) 的混合物
2 2
【答案】A
【解析】A．步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH) =0.001mol，[即n(OH-)=0.001mol]，依据离子反应“先
中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001molNaOH时，OH-恰好与HCO -
3
完全反应：OH-+ HCO -=CO 2-+H O，生成0.001molCO2-。由于Ksp(CaCO )<<Ksp(MgCO )，生成的
3 3 2 3 3 3
CO2-与水中的Ca2+反应生成CaCO 沉淀Ca2++CO 2-=CaCO ↓，所以沉淀物X为CaCO ，A正确；B．由
3 3 3 3 3
于CO2-只有0.001mol，反应生成CaCO 所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余
3 3
c(Ca2+)=0.010mol/L，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，B错误；C．步骤②，当滤液M中加入NaOH
固体，调至pH=11（即pOH=3）时，此时滤液中c(OH-)=1×10-3 mol/L，则Q[Ca(OH) ]=c(Ca2+)×(10-
2
3)2=0.010×(10-3)2=10-8＜Ksp[Ca(OH) ]，无Ca(OH) 生成。Q[Mg(OH) ]=c(Mg2+)×(10-3)2=0.050×(10-
2 2 2
3)2=5×10-8>Ksp[Mg(OH) ]，有Mg(OH) 沉淀生成。又由于Ksp[Mg(OH) ]= c(Mg2+)×(10-3)2=5.61×10-12，
2 2 2
c(Mg2+)=5.61×10-6<10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，C错误；D．步骤②中若改为加入4.2 g
NaOH固体，则n(NaOH)=0.105mol，与0.05molMg2+反应：Mg2++2OH-= Mg(OH) ↓，生成0.05 mol
2
Mg(OH) ，剩余0.005 mol OH-。由于Q[Ca(OH) ]=c c(Ca2+)×(OH-)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-
2 2
7<Ksp[Ca(OH) ]，所以无Ca(OH) 沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH) 沉淀，错误。故合理选项是A。
2 2 2
28．（2013·江苏高考真题）一定温度下，三种碳酸盐MCO (M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线
3
如下图所示。已知: pM="-lg" c(M)，pc(CO2-)=" -lg" cc(CO 2-)。下列说法正确的是 （ ）
3 3
A．MgCO 、CaCO 、MnCO 的K 依次增大
3 3 3 sp
B．a 点可表示MnCO 的饱和溶液，且c(Mn2＋)= c(CO2-)
3 3
C．b 点可表示CaCO 的饱和溶液，且c(Ca2＋)<c(CO 2-)
3 3
D．c 点可表示MgCO 的不饱和溶液，且c(Mg2＋)<c(CO 2-)
3 3
【答案】BD
【解析】A、pM相等时，图线中p（CO2-）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO 、CaCO 、MnCO 的
3 3 3 3
Ksp依次减小，错误；B、a点可表示MnCO 的饱和溶液，pM=p（CO2-），所以c（Mn2+）=c
3 3
（CO2-），正确；C、b点可表示CaCO 的饱和溶液，pM＜p（CO2-），所以c（Ca2+）＞c
3 3 3
（CO2-），错误；D、pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO 的不饱和溶液，pM＞p
3 3
（CO2-），所以c（Mg2+）＜c（CO2-），错误。
3 3
29．（2009·浙江高考真题）已知：25°C时， ， 。下列说法正确的是
A．25°C时，饱和 溶液与饱和 溶液相比，前者的 大
B．25°C时，在 的悬浊液加入少量的 固体， 增大
C．25°C时， 固体在20ml0.01 mol· 氨水中的 比在20mL0.01mol· 溶液中
的 小
D．25°C时，在 的悬浊液加入 溶液后， 不可能转化成为
【答案】B
【解析】A．Mg(OH) 的溶度积小，由K 计算则其镁离子浓度小，错误；B．NH ＋可以结合Mg(OH) 电离
2 sp 4 2
出的OH－离子，从而促使Mg(OH) 的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，正确；C．K 不随浓度变化，
2 sp
仅与温度有关，错误；D．两者K 接近，使用浓氟化钠溶液，可以使氢氧化镁转化，错误。答案选
sp
B。
30．（2012·安徽高考真题）已知室温下，Al(OH) 的Ksp或溶解度远大于Fe(OH) 。向浓度均为0.1mol·L—1
3 3
的Fe(NO ) 和Al(NO ) 混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH) 的物质的量
3 3 3 3 3
与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是
A B C D
【答案】C
【解析】浓度均为0.1mol•L-1的Fe（NO ） 和Al（NO ） 混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同
3 3 3 3
为0.1mol/L，Al（OH） 的K 或溶解度远大于Fe（OH），故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离
3 sp 3
子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，
再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不
再变化，为氢氧化铁的物质的量；据以上分析解答。A．向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首
先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶
液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，错误；B．向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁
离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧
化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，错误；C．铁离子首先转化为氢氧化铁沉
淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧
化铝溶解，图象与实际相符合，正确；D．加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，错误；
故选C。31．（2011·福建高考真题）25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（ ），发生反应：
，体系中c（Pb2+）和c（Sn2）变化关系如右图所示。下列判
断正确的是
A．往平衡体系中加入少量金属铅后，c（Pb2+）增大
B．往平衡体系中加入少量 固体后，c（Sn2-）变小
C．升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应
D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.2
【答案】D
【解析】A．往平衡体系中加入少量金属铅后，固体的浓度为常数，浓度不变，平衡不移动，c（Pb2+）不
变，错误；B．往平衡体系中加入少量 固体后，c（Sn2-）增大，错误；C．升高温度，平衡
体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，
，错误；D．由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.10mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，故该温度下反应
的平衡常数K= =2.2，正确；答案选D。
32．（2007·上海高考真题）往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO 溶液，沉淀的质量与加入AgNO 溶液体
3 3
积的关系如右图所示。则原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值为
A．(V －V)/V B．V/V
2 1 1 1 2
C．V/(V－V） D．V/V
1 2 1 2 1
【答案】C
【解析】当溶液中有两种或两种以上的离子可以与银离子产生沉淀时，溶解度小的沉淀先生成，由于AgI
的溶解度小于AgCl，故反应可分为两阶段，第一阶段是I-与Ag+反应产生AgI沉淀，第二阶段是Cl-与
Ag+生成AgCl沉淀，结合图像，I-、Cl-消耗的AgNO 溶液的体积比为V：（V-V ），则I-与Cl-物质
3 1 2 1
的量之比为V：（V-V ），c（I-）/c（Cl-）= V：（V-V ），答案为C。
1 2 1 1 2 1
33．（2010·北京高考真题）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO 溶液，向地下层
4渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）。下列分析正确的是
A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性
C．CuSO 与ZnS反应的离子方程式是 CuS↓
4
D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
【答案】D
【解析】A．难溶性的物质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，PbS(s) Pb2+(aq)+S2-(aq)，当向该溶液中加入
含有Cu2+的物质时，由于k (CuS)<k (PbS)，所以会形成CuS沉淀，发生沉淀的转化，由难溶解的向
sp sp
更难溶解的物质转化。由于二者的化学组成相似，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，错误；B．
自然界地表层原生铜的硫化物被氧化、淋滤作用后变成CuSO 溶液，说明原生铜的硫化物具有还原性，
4
在CuS中S是-2价，也具有还原性，错误； C．ZnS难溶于水，因此CuSO 与ZnS反应的离子方程式
4
是Cu2++ZnS=CuS+Zn2+，错误；D．在整个过程中既有电子转移的氧化还原反应，也有沉淀转化的复
分解反应，正确。答案选D。
34．（2020·江苏高考真题）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-
Fe O。
2 3
其主要实验流程如下：
（3）除杂：向“还原”后的滤液中加入NH F溶液，使Ca2+转化为CaF 沉淀除去。若溶液的pH偏低、将
4 2
会导致CaF 沉淀不完全，其原因是___________[ ， ]。
2
（4）沉铁：将提纯后的FeSO 溶液与氨水-NH HCO 混合溶液反应，生成FeCO 沉淀。
4 4 3 3
①生成FeCO 沉淀的离子方程式为____________。
3
②设计以FeSO 溶液、氨水- NHHCO 混合溶液为原料，制备FeCO 的实验方案：__。
4 4 3 3
（FeCO 沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH) 开始沉淀的pH=6.5）。
3 2
【答案】（3） 或
（4）在搅拌下向FeSO 溶液中缓慢加入氨水-NH HCO 混
4 4 3
合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的
滤液，滴加盐酸酸化的BaCl 溶液，不出现白色沉淀
2
【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用HSO 溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后
2 4
的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH F使Ca2+转化为CaF 沉淀
4 2
而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO，将FeCO 沉淀经过系列操作制得α—Fe O；据此分析作答。
3 3 2 3
（3）向“还原”后的滤液中加入NH F溶液，使Ca2+转化为CaF 沉淀，K (CaF )=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完
4 2 sp 2
全沉淀（某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为 mol/L= ×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中
c(F-)减小，CaF 沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF 沉淀不完全。
2 2
（4）①将提纯后的FeSO 溶液与氨水—NH HCO 混合溶液反应生成FeCO 沉淀，生成FeCO 的化学方程
4 4 3 3 3
式为FeSO +NH·H O+NH HCO =FeCO ↓+(NH)SO +H O[或FeSO +NH+NHHCO =FeCO ↓+
4 3 2 4 3 3 4 2 4 2 4 3 4 3 3
(NH )SO ]，离子方程式为Fe2++ +NH·H O=FeCO↓+ +H O（或Fe2++
4 2 4 3 2 3 2
+NH=FeCO ↓+ ），答案为：Fe2++ +NH·H O=FeCO↓+ +H O（或Fe2++
3 3 3 2 3 2
+NH=FeCO ↓+ ）。
3 3
②根据题意Fe(OH) 开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH) 沉淀，所以将FeSO 溶液与氨水—NH HCO
2 2 4 4 3
混合溶液反应制备FeCO 沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO 沉淀需“洗涤完全”，所
3 3
以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl 溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案
2
为：在搅拌下向FeSO 溶液中缓慢加入氨水—NH HCO 混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过
4 4 3
滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl 溶液，不出现
2
白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO 溶液中缓慢加入氨水—NH HCO 混合溶液，控制溶液pH不
4 4 3
大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的
BaCl 溶液，不出现白色沉淀。
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35．（2015·江苏高考真题）软锰矿(主要成分MnO ，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中
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SO 反应可制备MnSO ·H O，反应的化学方程式为MnO +SO MnSO 。
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（1）质量为17.40 g纯净MnO 最多能氧化____L(标准状况)SO 。
2 2
（2）已知:K [Al(OH) ]=1×10-33，K [Fe(OH) ]=3×10-39，pH=7.1时Mn(OH) 开始沉淀。室温下，除去
sp 3 sp 3 2
MnSO 溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1)，需调节溶液pH范围为____。
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（3）下图可以看出，从MnSO 和MgSO 混合溶液中结晶MnSO ·H O晶体，需控制结晶温度范围为____。
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（4）准确称取0.171 0 g MnSO ·H O样品置于锥形瓶中，加入适量HPO 和NH NO 溶液，加热使Mn2+全
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部氧化成Mn3+，用c(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消
耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO ·H O样品的纯度(请给出计算过程)_____。
4 2
【答案】（1）4.48 （2）5.0<pH<7.1 （3）高于60℃ （4）根据氧化还原反应中得失电子守恒:
n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-3mol，根据锰元素守恒，m(MnSO ·H O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169g，样品的纯度是 ×100%≈98.8%
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【解析】
（1）根据反应方程式，n(SO )=n(MnO)= mol=0.2mol，因此V(SO )=0.2×22.4L=4.48L；
2 2 2
（2）制备MnSO ，再根据信息，pH小于7.1，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：K [Al(OH) ]=1×10－
4 sp 3
33=c(Al3＋)×c3(OH－)，c(Al3＋)=1×10－6mol·L－1，得出：c(OH－)=1×10－9mol·L－1，c(H＋)=K /c(OH－)=10－
w
5，pH=5，同理计算出Fe(OH) 完全变成沉淀时，pH约为3.5，故范围是：5.0<pH<7.1；
3
（3）从MnSO 和MgSO 混合溶液中结晶MnSO ·H O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO ·H O的
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溶解度减小，而MgSO ·6H O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃，这样可以得到纯净
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的MnSO ·H O；
4 2
（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10－3×0．0500mol=1．00×10－3mol，
根据Mn元素守恒，m（MnSO ·H O）=1．00×10－3×169g=0．169g，纯度是： ×100%=98.8%。
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