文档文本内容
第 04 讲 沉淀溶解平衡
目录
01 模拟基础练
【题型四】沉淀溶解平衡及影响因素
【题型四】沉淀溶解平衡的应用
【题型四】和K 有关的计算与判断
sp
【题型四】沉淀溶解平衡图像
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 沉淀溶解平衡及影响因素
1．把Ca(OH) 放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH) (s) Ca2+(aq)+2OH-(aq)。下列说法
2 2
正确的是( )
A．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH增大
B．给溶液加热，溶液的pH增大
C．向溶液中加入NaCO 溶液，其中固体质量增加
2 3
D．向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH) 固体质量不变
2
【答案】C
【解析】向平衡体系中加入CaO，CaO与HO反应使c(Ca2+)和c(OH-)都增大，Ca(OH) 的沉淀溶解平
2 2
衡左移，由于温度不变，K 不变，所以当c(Ca2+)和c(OH-)减小至与原平衡相等时又达到平衡，c(Ca2+)、
sp
c(OH-)均未改变，pH不变，A项错误；给溶液加热，Ca(OH) 的溶解度随温度的升高而减小，所以又会有
2
少量Ca(OH) 析出，c(OH-)减小，pH减小，B项错误；加入NaCO 溶液，部分Ca(OH) 转化为CaCO ，固
2 2 3 2 3
体质量增加，C项正确；加入NaOH固体，Ca(OH) 的沉淀溶解平衡左移，Ca(OH) 固体质量增加，D项错
2 2
误。
2．工业上向锅炉里注入NaCO 溶液，在浸泡过程中将水垢中的CaSO 转化为CaCO ，再用盐酸除去。
2 3 4 3
下列叙述不正确的是( )
A．升高温度，NaCO 溶液的K 和c(OH-)均会增大
2 3 w
B．沉淀转化的离子方程式为CO2-(aq)+CaSO (s) CaCO (s)+ SO2-(aq)
3 4 3 4C．在盐酸中，CaCO 的溶解度大于CaSO
3 4
D．NaCO 溶液中通入CO 后，阴离子浓度均减小
2 3 2
【答案】D
【解析】升高温度，K 增大，且促进碳酸根离子水解，溶液中 c(OH-)增大，A项正确；加入碳酸钠溶
w
液，沉淀转化的离子方程式为CO2- (aq)+CaSO (s) CaCO (s)+ SO 2- (aq)，B项正确；因为碳酸钙能
3 4 3 4
与盐酸反应，而硫酸钙与盐酸不反应，所以在盐酸中碳酸钙的溶解度大于硫酸钙的，C项正确；根据CO2-
3
+CO +H O=2HCO -可知，HCO -的浓度增大，D项错误。
2 2 3 3
3．向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：
Ag++2NH·H O [Ag(NH)]++2H O。下列分析不正确的是( )
3 2 3 2 2
A．浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl (s) Ag+(aq)+Cl-(aq)
B．实验可以证明NH 结合Ag+的能力比Cl-的强
3
C．实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管
D．由资料信息可推知，加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl
【答案】C
【解析】浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，A项正确；Ag+与氨气分子结合生
成银氨离子，导致Ag+浓度减小，促使平衡AgCl (s) Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移动，说明NH 结合Ag+的
3
能力比Cl-的强，B项正确；银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，但银单质不能，C
项错误；浓硝酸能中和一水合氨，使平衡Ag++2NH·H [Ag(NH)]++2H O逆向移动，银氨离子变成
3 2 3 2 2
银离子，与溶液中的氯离子结合生成AgCl沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，D项正确。
4．牙齿表面覆盖的牙釉质是人体中最坚硬的部分，起着保护牙齿的作用，其主要成分为羟基磷酸钙
[Ca (PO )OH]。在牙齿表面存在着如下平衡：Ca (PO )OH(s) 5Ca2＋(aq)＋3PO(aq)＋OH－(aq) K ＝
5 4 3 5 4 3 sp
6.8×10－37。已知Ca (PO )F(s)的K ＝2.8×10－51。下列说法错误的是( )
5 4 3 sp
A．残留在牙齿上的糖发酵会产生H＋，经常吃糖易造成龋齿
B．由题述平衡可知，小孩长牙时要少吃糖多补钙
C．若减少OH－的浓度，题述平衡将向右移动，K 的值相应增大
sp
D．使用含氟的牙膏能防止龋齿，是因为Ca (PO )OH(s)转化为更难溶的Ca (PO )F(s)
5 4 3 5 4 3
【答案】C
【解析】残留在牙齿上的糖发酵会产生H＋，与OH－反应生成HO，促使Ca (PO )OH(s)的沉淀溶解平
2 5 4 3
衡正向移动，易造成龋齿，A正确；小孩长牙时，要在牙齿表面形成Ca (PO )OH(s)，从平衡移动角度分
5 4 3
析，要增大牙齿表面的c(Ca2＋)、c(OH－)，促使Ca (PO )OH(s)溶解平衡逆向移动，故小孩长牙时要少吃糖
5 4 3
多补钙，B正确；减少OH－的浓度，Ca (PO )OH(s)溶解平衡将向右移动，由于温度不变，K 的值不变，
5 4 3 sp
C错误；由于Ca (PO )F的K 小于Ca (PO )OH的K ，使用含氟牙膏，使Ca (PO )OH(s)转化为更难溶的
5 4 3 sp 5 4 3 sp 5 4 3
Ca (PO )F(s)，可有效防止龋齿，D正确。
5 4 35．为研究沉淀的生成及转化，同学们进行图所示实验。
下列关于该实验的分析不正确的是( )
A．①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)c(SCN-)>K (AgSCN)
sp
B．①中存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)
C．②中无明显变化是因为溶液中的c(SCN-)过低
D．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生
【答案】D
【解析】Q(离子积)>K 时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN-)>K (AgSCN)，
sp sp
A项正确；难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体，存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-
(aq)，B项正确；Fe3+遇SCN-溶液变红，②中无明显变化是因为溶液中的c(SCN-)过低，C项正确；②中溶
液不变红，③中溶液变红，说明③中c(SCN-)增大，存在反应AgSCN(s)+I-(aq) AgI(s)+SCN-(aq)，能
证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，D项错误。
题型二 沉淀溶解平衡的应用
6．某电子厂排放的酸性废液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+和Cl-等离子，以这种废液为原料设计制备高纯
Fe O 的工艺流程如图所示(部分操作和条件略)。
2 3
已知：①HCl(浓)+FeCl HFeCl (易溶于有机溶剂)；②K [Fe(OH) ]=8.0×10-38，lg 2≈0.3。下列说
3 4 sp 3
法不正确的是( )
A．反应1所发生的反应中存在氧化还原反应
B．在反萃取过程中利用了平衡移动原理，可用水作为反萃取剂
C．氨水的作用是调节pH使Fe3+沉淀，相关反应离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH) ↓
3
D．为使Fe3+沉淀完全(浓度小于1×10-5mol·L-1)，需调节溶液pH>3.3
【答案】C
【解析】反应1中氯气氧化二价铁离子变成三价铁离子，属于氧化还原反应，A项正确；反萃取中，
即HFeCl HCl(浓)+FeCl ，将HFeCl 从有机相中反萃取出来，氯化氢、氯化铁易溶于水，可用水作
4 3 4
反萃取剂，使HFeCl HCl(浓)+FeCl 向右进行，所以在反萃取过程中利用了平衡移动原理，B项正确；
4 3
氨水的作用是调节 pH 使 Fe3+沉淀，一水合氨为弱碱，不能拆成离子形式，C 项错误；根据
K [Fe(OH) ]=8.0×10-38，铁离子完全沉淀时(浓度小于1×10-5mol·L-1)，则c(OH-)>2×10-11mol·L-1，所以为使
sp 3Fe3+沉淀完全，需调节溶液pH>3.3，D项正确。
7．高纯碳酸锰在电子工业中有着重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO ，含有少量Fe、
2
Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的流程如图所示：
其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的试剂X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定
量的软锰矿和双氧水，过滤；③……
已知室温下：K [Mg(OH) ]=1.8×10-11，K [Al(OH) ]=3.0×10-34，K [Fe(OH) ]=4.0×10-38。
sp 2 sp 3 sp 3
下列说法正确的是( )
A．浸出时加入植物粉的作用是作还原剂
B．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质
C．试剂X可以是MnO、MnO 、MnCO 等物质
2 3
D．为增大沉淀MnCO 步骤的速率可以持续升高温度
3
【答案】A
【解析】结合流程分析，需将+4价锰还原为+2价，植物粉为有机化合物，具有还原性，A项正确；
根据K 可知，pH为3.5~5.5不能完全除去镁离子，B项错误；二氧化锰不能与硫酸反应，无法调节浸出液
sp
的pH，C项错误；碳酸氢铵不稳定，受热易分解，故温度不能太高，D项错误。
8．钛酸钡(BaTiO )在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子
3
元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：
BaCO 浸出液 浸出液和TiCl 的混合液 草酸氧钛钡晶体 BaTiO
3 4 3
已知：①草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO(C O)·4H O；②25 ℃时，BaCO 的溶度积K =2.58×10-
2 4 2 2 3 sp
9。
下列说法错误的是( )
A．BaTiO 中Ti元素的化合价为+4
3
B．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
C．流程中可以通过过滤得到草酸氧钛钡晶体
D．若浸出液中c(Ba2+)=0.1 mol·L-1，则c(CO2-)在浸出液中的最大浓度为2.58×10-8mol·L-1
3
【答案】B
【解析】由制备流程可知，BaCO 用盐酸酸浸得到氯化钡溶液，再向氯化钡溶液中加入TiCl 溶液和草
3 4
酸溶液得到草酸氧钛钡晶体和HCl，生成的HCl可循环利用，最后通过洗涤、干燥、煅烧草酸氧钛钡晶体
得到BaTiO ，据此分析作答。BaTiO 中O为-2价，Ba为+2价，则Ti 元素的化合价为2×3-2=4，即+4价，
3 3A项正确；如用浓硫酸代替浓盐酸，可生成硫酸钡沉淀，消耗钡离子，难以得到钛酸钡，B项错误；由流
程可知，加入草酸，得到草酸氧钛钡晶体，可用过滤的方法得到，C项正确；若浸出液中c( Ba2+)=0.1
mol·L-1，则c(CO2-)在浸出液中的最大浓度为2.58×10-9
mol·L-1=2.58×10-8mol·L-1，D项正确。
3
0.1
9．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)苯酚是重要的化工原料，将废水中的苯酚富
集并加入NaCO；转化为苯酚钠，再通入CO，可进一步分离回收。已知：K(C HOH)=1.0×10-10，
2 3 2 a 6 5
K (H CO)=4.5×10-7，K (H CO)=4.7×10-11。下列说法正确的是( )
a1 2 3 a2 2 3
A．NaCO；也可用NaOH或NaHCO 替代
2 3 3
B．2HCO - HCO+CO 2-的平衡常数K约为9.57×103
3 2 3 3
C．转化反应中若c(Na＋)=2c(C HO-)+ 2c(C HOH)，此时溶液中c(HCO -)＞c(C HO-)
6 5 6 5 3 6 5
D．当通入CO 至溶液pH=10时，溶液中的C HONa完全转化为C HOH
2 6 5 6 5
【答案】C
【解析】A项，电离常数越大电离程度越大，弱酸的酸性越强，根据已知可得酸性：碳酸>苯酚
>HCO-，则苯酚不能与NaHCO 反应，故A错误；B项，2HCO - HCO+CO 2-的平衡常数
3 3 3 2 3 3
，故B错误；
C项，转化反应中若存在物料守恒：c(Na＋)=2c(C HO-)+ 2c(C HOH)，即溶质为等物质的量的NaHCO 和
6 5 6 5 3
C HONa，由于酸性：碳酸>苯酚，则C HO-水解程度大于2HCO - HCO+CO 2-，此时溶液中
6 5 6 5 3 2 3 3
c(HCO -)＞c(C HO-)，故C正确；D项，苯酚C HOH具有弱酸性，若溶液pH=10时为碱性，则C HONa
3 6 5 6 5 6 5
不可能完全转化为C HOH，故D错误；故选C。
6 5
10．(2024·浙江金华一中高三期中)室温下，通过下列实验探究NaCO 的性质。已知：25℃时，HSO
2 3 2 3
的K =1.42×10-2、K =1.0×10-7，HCO 的K =4.3×10-7、K =5.6×10-11。
a1 a2 2 3 a1 a2
实验1：配制50mL0.1mol·L-1 Na CO 溶液，测得溶液 约为12；
2 3
实验2：取10mL0.1mol·L-1 Na CO 溶液，向其中加入少量CaSO 固体充分搅拌，一段时间后过滤。向
2 3 4
滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；
实验3：取10mL0.1mol·L-1 Na CO 溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol·L-1稀盐酸。
2 3
下列说法正确的是( )
A．实验1所得溶液中，c(Na+)＜c(HCO -)+c(CO 2-)
3 3
B．根据实验2，可推测K (CaCO) ＞K (CaSO)
sp 3 sp 4
C．实验3反应后溶液中存在：c(Na+)=c(H CO)+c(HCO-)+c(CO 2-)
2 3 3 3D．25℃时，反应CO2-+H SO HCO -+ HSO -的平衡常数K=2.5×10-8
3 2 3 3 3
【答案】D ⇌
【解析】A项，NaCO 溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO 2-)
2 3 3 3
+c(OH-)，则c(Na+)＞c(HCO -)+2c(CO 2-)＞c(HCO -)+c(CO 2-)，故A错误；B项，CaCO 和CaSO 的物质类
3 3 3 3 3 4
型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测K (CaCO)＜K (CaSO)，故B
sp 3 sp 4
错误；C项，NaCO 溶液物料守恒关系为 c(Na+)=c(H CO)+c(HCO-)+c(CO 2-)，滴入等体积0.1molL-1稀
2 3 2 3 3 3
⋅
盐酸后生成NaCl和NaHCO ，仍然存在 c(Na+)=c(H CO)+c(HCO-)+c(CO 2-)，即c(Na+)＞
3 2 3 3 3
c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)，故C错误；D项，反应CO2-+H SO HCO -+ HSO -的平衡常数
2 3 3 3 3 2 3 3 3
⇌
，故D正确；故选
D。
题型三 和K 有关的计算与判断
sp
11．分别进行下列操作，由现象得出的结论正确的是( )
选项 操作 现象 结论
将稀硫酸和NaS反应生成的气体通入
2
A 出现黑色沉淀 K (AgCl)＞K (Ag S)
sp sp 2
AgNO 与AgCl组成的悬浊液中
3
向盛有2 mL 0.1 mol·L－1AgNO 溶液的
3
先有白色沉淀
试管中滴加1 mL 0.1 mol·L－1NaCl溶
B 生成，后又产 K (AgCl)＞K (AgI)
sp sp
液，再向其中滴加4～5滴0.1 mol·L－
生黄色沉淀
1KI溶液
C 向AgI悬浊液中滴入NaS溶液 固体变黑 K (Ag S)＞K (AgI)
2 sp 2 sp
将HS气体通入浓度均为0.01 mol·L－1 先出现CuS黑
2
D K (CuS)＜K (ZnS)
sp sp
的ZnSO 和CuSO 色沉淀
4 4
【答案】D
【解析】生成的硫化氢与硝酸银溶液反应生成硫化银沉淀，没有沉淀的转化，无法判断 K (AgCl)与
sp
K (Ag S)的大小，A错误；AgNO 溶液过量，KI直接与AgNO 反应，无法判断K (AgCl)与K (AgI)的大小
sp 2 3 3 sp sp
关系，B错误；溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，AgI悬浊液中滴入NaS溶液，固体变
2
黑，说明K (Ag S)＜K (AgI)，C错误；难溶的物质先沉淀出来，说明K (CuS)＜K (ZnS)，D正确。
sp 2 sp sp sp
12．已知：K [Mg(OH) ]＝1.8×10－11，K [Cu(OH) ]＝2.2×10－20。向浓度均为0.01 mol·L－1的Cu2＋和
sp 2 sp 2
Mg2＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，下列说法正确的是( )
A．较先出现的沉淀是Mg(OH)
2
B．两种离子开始沉淀时，Cu2＋所需溶液的pH较大C．当两种沉淀共存时，说明溶液中完全不存在Cu2＋、Mg2＋
D．当两种沉淀共存时，溶液中≈8.2×108
【答案】D
【解析】由于K [Cu(OH) ]较K [Mg(OH) ]小些，所以Cu2＋先沉淀，其所需OH－的浓度较小，即溶液
sp 2 sp 2
的 pH 较小，故 A、B 错误；绝对不溶的物质是不存在的，故 C 错误；当两种沉淀共存时，由于
K [Mg(OH) ]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)，K [Cu(OH) ]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，所以＝≈8.2×108，D正确。
sp 2 sp 2
13．取1.0L浓缩卤水( 、 浓度均为 )进行实验：滴加一定量AgNO 溶液，产生黄
3
色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知： 、 。下列分析不正确的
是( )
A．黄色沉淀是AgI，白色沉淀是Ag Cl
B．产生白色沉淀时，溶液中存在AgI(s) Ag+(sq)+ I-(aq)
C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1 ) AgNO，能产生沉淀
3
D．白色沉淀开始析出时，
【答案】D
【解析】A项，碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项正确；B项，产生
白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项正确；C项，若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1 )
AgNO，则混合后的硝酸银浓度约等于 ，
3
，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项正确；
D项，根据氯化银的溶度积常数 ，白色沉淀氯化银开始析出时，
，所以
，D项错误；故选D。
14．相关物质的溶度积常数见下表(25 ℃)：物质 Mg(OH) CHCOOAg AgCl Ag CrO
2 3 2 4
K 1.1×10－11 2.3×10－3 1.8×10－10 1.9×10－12
sp
下列有关说法不正确的是( )
A．浓度均为0.2 mol·L－1的AgNO 溶液和CHCOONa溶液等体积混合一定产生CHCOOAg沉淀
3 3 3
B．将0.001 mol·L－1的AgNO 溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的KCrO 混合溶液中，
3 2 4
先产生AgCl沉淀
C．0.11 mol·L－1的MgCl 溶液中加入氨水产生Mg(OH) 沉淀时溶液的pH为9
2 2
D．在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl溶液中加入NaCl溶液，K (AgCl)增大
sp
【答案】D
【解析】浓度均为 0.2 mol·L－1的 AgNO 溶液和 CHCOONa 溶液等体积混合后，浓度均变为
3 3
0.1 mol·L－1，此时c(Ag＋)·c(CHCOO－)＝0.01＞2.3×10－3，所以一定产生CHCOOAg沉淀，A正确；
3 3
根据氯化银和铬酸银的溶度积常数可知在氯离子和铬酸根离子浓度均为0.001 mol·L－1的条件下开始出现沉淀
时银离子的浓度分别为1.8×10－7mol·L－1、mol·L－1，所以先产生AgCl沉淀，B正确；根据氢氧化镁的溶度
积常数可知0.11 mol·L－1的MgCl 溶液中加入氨水产生Mg(OH) 沉淀时溶液中氢氧根的浓度为＝10－5mol·L
2 2
－1，因此氢离子浓度是10－9mol·L－1，则溶液的pH为9，C正确；溶度积常数只与温度有关，温度不变，
K (AgCl)不变，D错误。
sp
15．钡(Ba)和锶(Sr)及其化合物在工业上有着广泛的应用，它们在地壳中常以硫酸盐的形式存在，
BaSO 和SrSO 都是难溶性盐。工业上提取钡和锶时首先是将BaSO 和SrSO 转化成难溶弱酸盐。
4 4 4 4
已知：SrSO (s) Sr2+(aq)+ SO 2-(aq) K =2.5×10-7；
4 4 sp
SrCO (s) Sr2+(aq)+ CO2- (aq) K =2.5×10-9。
3 3 sp
(1)将SrSO 转化成SrCO 的离子方程式为 ，反应的平衡常数K的表达式为
4 3
；该反应能发生的原因是 (用沉淀溶解平衡的有关理论解释)。
(2)对于上述反应，实验证明增大CO2-的浓度或降低温度都有利于提高SrSO 的转化率。判断在下列两
3 4
种情况下，平衡常数K的变化情况(填“增大”、“减小”或“不变”)：
①升高温度，平衡常数K将 。
②增大CO2-的浓度，平衡常数K将 。
3
(3)已知SrSO 和SrCO 在酸中的溶解性与BaSO 和BaCO 类似，设计实验证明上述过程中SrSO 是否
4 3 4 3 4
完 全 转 化 成 SrCO 。 实 验 所 用 的 试 剂 为 ； 实 验 现 象 及 其 相 应 结 论 为
3
。
c(SO2-)
【答案】(1)SrSO (s)+ CO 2- (aq) SrCO (s)+ SO2- (aq) K= 4
4 3 3 4
c(CO2-)
3
K (SrCO )<K (SrSO )，加入CO2-后，平衡SrSO (s) Sr2+(aq)+ SO 2- (aq)正向移动，生成SrCO
sp 3 sp 4 3 4 4 3
(2)①减小 ②不变
(3)盐酸 若沉淀完全溶解，则证明SrSO 完全转化成SrCO ，否则，未完全转化
4 3【解析】(1)将SrSO 转化成SrCO 的离子方程式为SrSO (s)+ CO 2- (aq) SrCO (s)+ SO 2- (aq)，平
4 3 4 3 3 4
c(SO2-)
衡 常 数 表 达 式 为 K= 4 ； 根 据 沉 淀 转 化 的 原 理 可 知 ， 该 反 应 能 够 发 生 ， 是 因 为
c(CO2-)
3
K (SrCO )<K (SrSO )，加入CO2-后，平衡SrSO (s) Sr2+(aq)+ SO 2- (aq)正向移动，生成SrCO 。(2)①
sp 3 sp 4 3 4 4 3
降低温度有利于提高SrSO 的转化率，说明降低温度平衡向正反应方向移动，因此升高温度，平衡向逆反
4
应方向移动，故平衡常数减小。②平衡常数只与温度有关，增大CO2-的浓度，平衡常数不变。(3)根据已
3
知信息，可以推断SrSO 难溶于盐酸，而SrCO 可溶于盐酸，因此向溶液中加入盐酸，若沉淀全部溶解，
4 3
则SrSO 完全转化成SrCO ，若沉淀部分溶解，则SrSO 没有完全转化成SrCO 。
4 3 4 3
题型四 沉淀溶解平衡图像
16．(2024·浙江省精诚联盟高三三模)溶液中存在：R(OH) (s) R2+(aq)+2OH−(aq)、R(OH) (s)
2 2
+2OH−(aq) R(OH) 2-(aq)。已知25℃时R2+或R(OH) 2-浓度的负对数(-lgc)与pH的关系如图，下列说法
4 4
不正确的是( )
A．据图可计算K [R(OH) ]约为1.0×10－17
sp 2
B． 时溶液中c(R2+)=c[R(OH) 2-]
4
C．调节R(OH) 饱和溶液pH至6，R元素仍主要以 存在
2
D．向0.5L、c[R(OH) 2-]=0.1mol·L-1的溶液中通入0.2mol HCl，R元素在溶液中的主要存在形式仍为
4
R(OH) 2-
4
【答案】B
【解析】由题中所给的两个方程式可以判断左侧斜线代表R2+浓度的负对数(-lgc)与pH的关系，右侧则
代表R(OH) 2-浓度的负对数(-lgc)与pH的关系。A项，取pH=7，c(OH-)=10-3 mol·L-1，此时-lgc=3，即
4c(R2+)=10-3mol·L-1根据Ksp计算公式可得 ，A正确；
B项，根据R(OH) (s) +2OH−(aq) R(OH) 2-(aq)，取pH=13，c(OH-)=10-1mol·L-1，此时-lgc=4，即
2 4
c[R(OH) 2-]=10-4mol·L-1可得出本反应的化学平衡常数 ，当pH=9时，
4
c(OH-)=10-5mol·L-1，求得此时c[R(OH) 2-]=10-12mol·L-1，同理将c(OH-)=10-5mol·L-1代入
4
，得c(R2+)=10-7mol·L-1，二者不相等，B错误；C
项，由图像可知，当调节R(OH) 饱和溶液pH至6时，-lgc=1，即c(R2+)=10-1mol·L-1，C正确；D项，
2
c[R(OH) 2-]=0.1mol·L-1，根据 ，可知 ，可知
4
此时溶液中含有约1.6mol，将通入的0.2molHCl消耗掉还剩余1.4mol， ，代入
，而此时 ，故此时R元素在溶液中
的主要存在形式仍为R(OH) 2-，D正确； 故选B。
4
17．(2024·浙江省浙江省舟山中学适应性考试)已知：HR H++HR-，HR- H++R2-，CuR难
2
溶于水。常温下，K (H R)=1×10-9，K (H R)=2×10-13，当10mL0.1mol/LH R溶液中缓慢加入少量CuSO 粉
a1 2 a2 2 2 4
末，溶液中c(H+)与(Cu2+)的变化如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列有关说法不正确的是( )
A．X点溶液的pH≈5B．根据Y点数据可求得Ksp(CuR)=1×10-24
C．Z点溶液中含R微粒的主要存在形式为HR
2
D．Y点对应的溶液中：c(H+)+2c(Cu2+)=2c(R2-)+c(HR-)+2c(SO2-)+c(OH-)
4
【答案】B
【解析】A项，设0.1mol/LH R溶液中氢离子浓度为xmol/L,可列出三段式如下：
2
则 ，可求得 ，所以X点溶液的pH≈5，A项正确；B项，根据平衡常数
的计算方法，可知 ，
Y点的c(H＋)=0.1mol·L-1 ，此时溶液中的 ，则可求得 ，此时
c(Cu2+)=0.002mol·L-1，则K (CuR)= c(Cu2+)·c(R2l-)=2.0×10－24，B项错误；C项，根据Y点数据可得到
sp
，此时
，而Z点铜离子浓度更大，则R2-的浓度更小，Z点溶液中含R微粒的主要存在形式为
HR，C项正确；D项，Y点对应的溶液中存在电荷守恒：c(H+)+2c(Cu2+)=2c(R2-)+c(HR-)+2c(SO2-)
2 4
+c(OH-)，D项正确；故选B。
18．(2024·浙江省丽水湖州衢州三地市高三下学期教学质量检测)难溶盐BaCO 的饱和溶液中c2(Ba2+)
3
随c(H+)而变化。实验发现， 时c2(Ba2+)~c(H+)为线性关系，如图中实线所示。下列说法不正确的是(
)A．饱和BaCO 溶液中c2(Ba2+)随 增大而减小
3
B．BaCO 的溶度积K =2.6×10-9
3 sp
C．若忽略CO2-的第二步水解，K (H CO)= 5×10-11
3 a2 2 3
D． 点溶液中：c(Ba2+)>c(CO 2-)>c(HCO-)
3 3
【答案】D
【解析】A项，由图象知c2(Ba2+)随c(H+)增大而增大，所以c(Ba2+)随pH增大而减小，A正确；B项，
c(H+)几乎为0时，c(OH-)浓度最大，抑制CO2-离子水解程度最大，此时c(Ba2+)=c(CO 2-)，此时c2(Ba2+)越
3 3
接近2.6×10-9，此时 ，B正确；C项，若忽略CO2-的第二步水解，当
3
c(CO2-)=c(HCO-)时， ，溶液中有c(Ba2+)=c(CO 2-)+c(HCO-)=2c(CO 2-)，故
3 3 3 3 3
c2(Ba2+)=c(Ba2+)·2c(CO2-)=2c(Ba2+)·c(CO2-)=2Ksp=5.2×10-9，即M点，此时c(H+)=5×10-11，
3 3
K (H CO)=c(H+)=5×10-11，C正确；D项，在M点，由C选项得知，c(CO2-)=c(HCO-)，N点c(H+)大，所
a2 2 3 3 3
以更促进CO2-转化成HCO -，因此有c(Ba2+)>c(HCO-)>c(CO 2-)，D错误；故选D。
3 3 3 3
19．(2024·浙江省嘉兴市高三基础测试) 时，CdCO 和Cd(OH) 的沉淀溶解平衡曲线如图所示：
3 2已知： ， 或 ，下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅱ表示Cd(OH) 沉淀溶解平衡曲线
2
B．Z点对应的溶液中：c(H+)＜c(HCO -)+c(OH-)
3
C．Y点对应的Cd(OH) 溶液是过饱和溶液
2
D． 时，在Cd(OH) (s)+CO2-(aq) CdCO(s))+2OH-(aq)平衡体系中K=100
2 3 3
【答案】B
【解析】由溶度积可知，碳酸镉饱和溶液中pCd2+=pK CdCO-pCO2-，氢氧化镉饱和溶液中
sp 3 3
pCd2+=pK Cd(OH) -2pOH-，由图可知，曲线I为氢氧化镉的沉淀溶解平衡曲线，曲线II为碳酸镉的沉淀溶
sp 2
解平衡曲线，则T℃时，碳酸镉的溶度积K (CdCO)=10-8mol/L×10-4mol/L=10-12，氢氧化镉的溶度积
sp 3
K [Cd(OH) ]=10-6mol/L×(10-4mol/L)2=10-14。A项，由分析可知，曲线II为碳酸镉的沉淀溶解平衡曲线，故
sp 2
A错误；B项，由图可知，Z点溶液中c(Cd2+)＞c(CO2-)，由电荷守恒c(H+)+2c(Cd2+)=2c(CO2-)+c(HCO -)+
3 3 3
c(OH-)，则溶液中c(H+)＜c(HCO -)+c(OH-)，故B正确；C项，由图可知，T℃时，Y点对应的Cd(OH) 溶液
3 2
中浓度熵Q=10-4mol/L×(10-6mol/L)2=10-16＜K [Cd(OH) ]，则Y点对应氢氧化镉的溶液为不饱和溶液，故C
c sp 2
错误；D项，由方程式可知，T℃时，反应的平衡常数K= = = =
=0.01，故D错误；故选B。
20．(2024·浙江省 A9 协作体高三联考)常温下向HC O 溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgQ[Q
2 2 4
表示 或 随pH的变化关系如图所示。已知常温下，Ksp(CaC O)=10-8.63，下列说法不正
2 4
确的是( )A．NaHC O 溶液中：c(HC O)<c(C O2-)
2 4 2 2 4 2 4
B．若P点坐标为(4.19，x)，则x=2.96
C．反应CaC O+2H+ Ca2++H C O 的平衡常数K=10−3.21
2 4 2 2 4
D．当pH取值范围为(1.23，4.19)时c(HC O )>c(C O2-)>c(H C O)
2 2 4 2 2 4
【答案】D
【解析】 = 或 = ，二元弱酸的电离平衡常数Ka1>Ka2，左侧直线表
示Q与c(H+)乘积等于1×10−1.23，则HC O 溶液的Ka1=1×10−1.23，右侧直线表示Q与c(H+)乘积等于
2 2 4
1×10−4.19，则HC O 溶的Ka2=1×10−4.19。A项， HC O-的电离平衡常数=1×10−4.19，HC O-的水解平衡常数
2 2 4 2 2 4 2 2 4
K= == 10−12.77，电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，NaHC O 溶液中：c(HC O)<c(C O2-)，故A
2 4 2 2 4 2 4
正确；B项，pH=1.23时，左侧曲线中，lgQ=lg =0时，c(HC O-)=c(H C O)， =
2 4 2 2 4
K = ×c(H+)=c(H+)=10-1.23，pH=4.19时，lg =x，得到计算式x=lg =lg
a1
=lg =2.96，故B正确；C项，反应CaC O+2H+ Ca2++H C O 的平衡常数K=
2 4 2 2 4
10−3.21，故C正确；D项，lgQ为增函数，pH=1.23时，左侧曲线中，lgQ=lg =0时，c(HC O-)=c(H C O)，右侧曲线
2 4 2 2 4
中lgQ=lg =lg = ≈-3，103c(C O2-)=c(HC O-)=c(H C O)；pH=4.19时，左侧曲线中，
2 4 2 4 2 2 4
lgX=lg ≈3，c(HC O-)=103c(HC O)，右侧曲线中，lgX=lg =0，
2 4 2 2 4
c(C O2-)=c(HC O-)=103c(HC O)，所以1.23＜pH＜4.19的过程中，c(HC O-)实质先逐渐增大后减小，
2 4 2 4 2 2 4 2 4
c(HC O)逐渐减小，c(C O2-)逐渐增大，则不一定满足c(C O2-)＞c(HC O)，故D错误；故选D。
2 2 4 2 4 2 4 2 2 4
1．(2024·天津市第七中学高三检测)已知：室温下氢硫酸(H S)的K =1×10-7，K =1.3×10-13；CuS、FeS
2 a1 a2
的K 分别为6.3×10-36，6.5×10-18。下列说法不正确的是( )
sp
A．反应H++FeS Fe2++HS-的平衡常数K=5×10-5
B．可以用FeS除去污水中的CuS
C．从上述数据可推出CuS难溶于稀硫酸
D．0.1mol/L的HS溶液中加入等体积0.1mol/L的NaOH溶液，则有：
2
c(Na+)>c(HS-)>c(H S)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)
2
【答案】D
【解析】A项，反应H++FeS Fe2++HS-的平衡常数K= =
=5×10-5，A正确；B项，CuS的K 小于FeS，可以用FeS除去污水中的CuS，B正确；C项，反
sp
应H++CuS Cu2++HS-的平衡常数K= =
，可知CuS难溶于稀硫酸，C正确；D项，0.1mol/L的HS溶液中加入等体积0.1mol/L的NaOH溶液得到
2
NaHS溶液，HS-的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，则有：c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H S)>c(H+)>c(S2-)，D错误；故选D。
2
2．(2024·北京市西城区高三一模)实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO 2-并进行定性
4
检验。
已知：K [Mg(OH) ]=5.6×10-12，K (BaSO)=1.1×10-10，K (BaCO)=2.6×10-9。
sp 2 sp 4 sp 3
下列说法不正确的是( )
A．调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/L
B．加入NaCO 溶液发生的反应是Ba2++CO 2-=BaCO ↓、Ca2++CO 2-=CaCO ↓
2 3 3 3 3 3
C．加入盐酸发生的反应是2H++CO 2-=CO ↑+H O、H++OH-=H O
3 2 2 2
D．若步骤①加入BaCl 溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成
2
【答案】B
【解析】A项，调节溶液的pH＞12，则氢氧根离子浓度大于10-2mol/L，则滤液中c(Mg2+)＜
<1×10-5mol/L，A正确；B项，由题意可知，加入过量饱和
BaCl 溶液后存在平衡:BaSO (s) Ba2+(aq)+SO2- (aq)，故加入过量饱和NaCO 溶液还会存在部分
2 4 4 2 3
钡离子转化为碳酸钡，该平衡正向移动，溶液中SO 2-浓度增大，故还有反应：BaSO(s)+CO2-
4 4 3
(aq)=BaCO (s)+SO 2-(aq)，B错误；C项，加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠，gu 加入盐酸发生的
3 4
反应是2H++CO 2-=CO ↑+H O、H++OH-=H O，C正确；D项，流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化
3 2 2 2
为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，故若步骤①加入BaCl 溶液后进行过滤，可以避免样品中混入硫
2
酸根离子，避免白色沉淀M的生成，D正确；故选B。
3．(2024·浙江省金丽衢十二校高三联考模拟预测)钡餐造影检查是以医用硫酸钡作为造影剂，口服后
随着人体消化管道的蠕动，涂抹在胃肠道内管壁及充填在管腔内，在X线照射下与周围器官形成明显对比，
可以观察胃、食管等器官的外形、大小、位置、扩张性及蠕动波情况，进而显示消化道有无病变。
已知：常温下，K (BaCO)=5.0×10-9，K (BaSO)=1.0×10-10；HCO 的电离平衡常数K =4.5×10-7，
sp 3 sp 2 3 a1
K =5.6×10-11；饱和BaCO 溶液pH约为9.6，人体胃液pH约为2；HSO 的一级电离是完全电离，二级电
a2 3 2 4
离电离常数K =1.0×10-2。结合信息，以下推断不正确的是( )
a2
A．BaSO 在胃液中的溶解度大于1.0×10-5mol·L－1
4
B．若每次加入1L1mol·L-1的NaCO 溶液，至少需要4次加入才能将0.1mol BaSO 全部转化为BaCO
2 3 4 3
C．饱和BaCO 溶液通入少量CO 后溶液中：c(CO2-)＜c(HCO -)
3 2 3 3D．若误服BaCO ，医学上可采用适当浓度的NaSO 溶液洗胃或静脉缓注NaSO 溶液实现解毒
3 2 4 2 4
【答案】B
【解析】A项，根据沉淀溶解平衡BaSO(s) Ba2+ (aq)+ SO 2- (aq)，K (BaSO)=1.0×10-10知纯水中
4 4 sp
， ，在胃液中因
H+和SO 2-结合(硫酸二级电离不完全)，使平衡正向移动，溶解度增大，故A正确；B项，向BaSO 中加入
4 4
NaCO 溶液，发生反应：BaSO(s)+CO2-(aq) BaCO (s))+SO 2-(aq)，
2 3 4 3 3 4
，若每次加入 的NaCO 溶液能处理BaSO 的物质的量
2 3 4
为xmol， 得出 ，将0.1mol BaSO 处理需要加入 ，至少需要加入6次，
4
故B错误；C项，饱和BaCO 溶液pH约为9.6，饱和BaCO 溶液存在BaCO (s) Ba2+ (aq)+ CO 2-
3 3 3 3
(aq)，K (BaCO)=5.0×10-9，碳酸根水解生成碳酸氢根， ，得出
sp 3
，此时c(CO2-)＜c(HCO -)，通入少量CO 后，溶液中CO2-发
3 3 2 3
生反应减少HCO -增多，c(CO2-)＜c(HCO -)，故C正确；D项，若误服BaCO ，根据BaCO (s)+SO 2-(aq)
3 3 3 3 3 4
BaSO(s))+CO 2-(aq)，K (BaSO)=1.0×10-10< K (BaCO)=5.0×10-9，只要NaSO 溶液浓度合适就可以将
4 3 sp sp 3 2 4
BaCO 转化为BaSO 实现解毒，故D正确；故选B。
3 4
4．(2024·浙江省强基联盟高三联考)HCO 是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
2 3
实验Ⅰ：向 浓度均为0.1mol·L-1的NaCO 和NaHCO 的混合溶液中滴加0.1mol·L-1HCl 溶液。
2 3 3
实验Ⅱ：向20mL0.1mol·L-1NaHCO 溶液中滴加0.1mol·L-1CaCl 溶液，产生白色沉淀。[已知：HCO
3 2 2 3
的电离常数K =4.5×10-7，K =4.7×10-11；K (CaCO)= 3.3×10－9；不考虑碳酸的分解]
a1 a2 sp 3
下列说法不正确的是( )
A．实验Ⅰ可选用双指示剂指示终点，依次为酚酞、甲基红(变色范围4.4~6.2)
B．实验Ⅰ中 时，存在2c(Na+)=3[c(CO2-)+c(HCO -)+c(H CO)]
3 3 2 3
C．实验Ⅱ中发生反应：Ca2++2HCO-=CaCO ↓ +H CO
3 3 2 3D．实验Ⅱ中， 时，溶液中c(CO2-)= 1.0×10－11mol·L-1
3
【答案】D
【解析】A项，NaCO、NaHCO 混合溶液中滴加0.1mol·L-1HCl溶液，滴定终点分别为NaHCO 、
2 3 3 3
HCO 溶液，分别为弱碱性、弱酸性，选用双指示剂指示终点，依次为酚酞、甲基红，A正确；B项，实
2 3
验Ⅰ中 时，根据物料守恒，存在2c(Na+)=3[c(CO2-)+c(HCO -)+c(H CO)]，B正确；C
3 3 2 3
项，实验Ⅱ中发生反应：Ca2++2HCO-=CaCO ↓ +H CO，C正确；D项， 时，反应
3 3 2 3
生成碳酸钙沉淀后剩余钙离子浓度为 ，溶
液中 ，D错误；故选D。
5．(2024·河北省部分示范高中高三三模)饱和BaCO 溶液中，c2(Ba2+)随c(OH-)而变化，在 温度下，
3
c2(Ba2+)与c(OH-)关系如右图所示。下列说法错误的是( )
A．BaCO 的溶度积K = 2.6×10－9
3 sp
B．若忽略CO2-的第二步水解，K (H CO)=5.0×10-11
3 a2 2 3
C．饱和BaCO 溶液中c(Ba2+)随c(H＋)增大而减小
3
D． 点溶液中：c(Ba2+)＞c(HCO -)＞c(CO2-)
3 3
【答案】C
【解析】A项，由图知，当c(OH-)浓度越大，越抑制CO2-水解，c(CO2-)= c(Ba2+)，使c2(Ba2+)越接近
3 32.6×10－9，此时 ，A正确；B项，若忽略CO2-的第二步水解，
3
当c(CO2-)= c(HCO -)时， ，c(Ba2+)=
3 3
， ，即N点，此时 ，
，K (H CO)=5.0×10-11，B正确；C项，由图像知c2(Ba2+)随c(OH-)增大而减小，
a2 2 3
所以c(Ba2+)随c(H＋)增大而增大，C错误；D项，在N点，由B选项得知，c(CO2-)= c(HCO -)，M点
3 3
c2(Ba2+)小，c(H＋)大，所以更促进CO2-转化成HCO -，因此有c(Ba2+)＞c(HCO -)＞c(CO2-)，D正确；故选
3 3 3 3
C。
6．(2024·浙江省宁波市高三下学期二模)室温下，将NaCO 溶液与过量CaSO 固体混合，溶液pH随
2 3 4
时间变化如图所示。
已知：K (CaSO)=4.9×10－5、K (CaCO)=3.4×10－
sp 4 sp 3
下列说法不正确的是( )
A．室温下，反应CaSO(s)+CO2-(aq) CaCO (s)+SO 2-(aq)的
4 3 3 4
B．随着反应的进行，溶液pH下降的原因是CO2-+H O HCO -+ OH－逆向移动
3 2 3
C．0~600s内上层清液中存在：c(Na＋)+2c(Ca2＋)＞2cCO2-+cHCO -+ 2cSO 2-
3 3 4
D．反应过程中，溶液中始终存在：cNa＋＝2cCO2-＋2cHCO -＋2cHCO
3 3 2 3
【答案】D
【解析】A项，反应CaSO(s)+CO2-(aq) CaCO (s)+SO 2-(aq)的
4 3 3 4，A正确；B项，随着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平
衡CO2-+H O HCO -+ OH－左移，溶液pH下降，B正确；C项，根据电荷守恒，cH＋+c(Na＋)
3 2 3
+2c(Ca2＋)＞2cCO2-+cHCO -+ 2cSO 2-+ cOH－，0~600s内上层清液成碱性，c(H＋)＜c(OH―)，故c(Na
3 3 4
＋)+2c(Ca2＋)＞2cCO2-+cHCO -+ 2cSO 2-，C正确；D项，在NaCO 溶液中，由物料守恒得cNa＋＝
3 3 4 2 3
2cCO2-＋2cHCO -＋2cHCO，但由于在CaSO(s)+CO2-(aq) CaCO (s)+SO 2-(aq)反应过程中，
3 3 2 3 4 3 3 4
CO2-浓度会逐渐减小，故cNa＋＞2cCO2-＋2cHCO -＋2cHCO，D错误； 故选D。
3 3 3 2 3
7．(2024·江西省九江市高三三模)室温下，分别调节 溶液、HF溶液、HA溶液[已知 (HF)>
(HA)]的pH，测得溶液中pX[ ；X代表 、 、 随溶液pH的变化如图所示[已
知 ]。下列说法错误的是( )
A． 代表溶液中 随溶液pH的变化
B．NaF、NaA的混合溶液中：
C．MgF 转化为Mg(OH) 较容易实现
2 2
D．L 和L 的交点A对应的pH约为6.7
1 3
【答案】B
【解析】由题干图示信息可知，K= =10-pXc(H+)，L 上点(1，3.80)可知，该直线所示的
a 2K=10-3.8×10-1=10-4.8，同理可知，L 上点(2，1.45)可知，该直线所示的K=10-1.45×10-2=10-3.45，又知
a 1 a
K(HF)> K(HA)，故L 代表p 随溶液pH的变化，L 代表p 随溶液pH的变化，L 代表Mg2+随溶
a a 1 2 3
液pH的变化。A项，L 代表p 随溶液pH的变化，A正确；B项，NaF、NaA的混合溶液中，
2
即 ，B错误；C项，由直线L
3
上点(9，1.3)可知，Mg(OH) 的K [Mg(OH) ]=c(Mg2+)c2(OH-)=10-1.3(10-5)2=10-11.3，而K (MgF )=7.0×10-11，故
2 sp 2 sp 2
K [Mg(OH) ]< K (MgF )，MgF 转化为Mg(OH) 较容易实现，C正确；D项，K=10-1.45×10-2=10-3.45，直
sp 2 sp 2 2 2 a
线L 方程为：pX=pH-lgK=-pH+3.45，同理直线L 方程为：pX=2pH-28-lgK [Mg(OH) ]=2pH-16.7，联立两
1 a 3 sp 2
式可的pH=6.7，D正确；故选B。
8．(2024·安徽省安庆市高三三模)利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的NaCO 体系中的可
2 3
能产物。已知：图1中曲线表示NaCO 体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线I的
2 3
离子浓度关系符合 ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
；[注：起始NaCO 体系中c(CO2-)+c(HCO-)+c(H CO)=0.1mol/L；不同
2 3 3 3 2 3
pH下c(CO2-)由图1得到]。下列说法正确的是( )
3
A． 时，碳酸钠溶液体系中存在：c(CO2-)＞cHCO
3 2 3B．M点时，溶液中存在c(CO2-)＞c(OH―)
3
C．初始状态pH=9、1g[c(Ni2+)]=-5，平衡后存在c(CO2-)+c(HCO-)+c(H CO)＜0.1mol/L
3 3 2 3
D．沉淀Ni2+制备NiCO 时，选用0.1mol•L-1NaCO 溶液比0.1mol•L-1NaHCO 溶液效果好
3 2 3 3
【答案】B
【解析】A项，由图1可知，pH=6.37时，c(HCO)=c(HCO-)故有K (H CO)= ×c(H+)=10-6.37，
2 3 3 a1 2 3
同理可知pH=10.25时c(CO2-)=c(HCO-)，此时K (H CO)= ×c(H+)=c(H+)=10-10.25，则KaKa=
3 3 a2 2 3 1 2
×c2(H+)=10-6.37×10-10.25，pH=7时， = =10-2.62＜1，即碳酸钠溶液体系中存在：
c(CO2-)＜cHCO，A错误；B项，由图1可知，pH=10.25时c(CO2-)=c(HCO-)，此时K (H CO)=
3 2 3 3 3 a2 2 3
×c(H+)=c(H+)=10-10.25，M点时pH=8.25，c(H+)=10-8.25mol/L，c(OH-)= mol/L=10-5.75mol/L，溶液
中c(HCO -)≈0.1mol/L，则c(CO2-)= =10-10.25×0.1× mol/L=10-3mol/L，所以M点时，
3 3
溶液中存在：c(CO2-)＞c(OH-)，B正确；C项，由图可知，初始状态为pH=9、1g[c(Ni2+)]=-5，此时恰好为
3
Ni(OH) 的沉淀溶解平衡体系，不会生成NiCO 沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：c(CO2-)
2 3 3
+c(HCO-)+c(H CO)=0.1mol/L，C错误；D项，由图2可知pH＜8.25时，NiCO 优先于Ni(OH) 生成沉淀，
3 2 3 3 2
pH＞8.25时Ni(OH) 优先于NiCO 生成沉淀，0.1mol•L-1NaHCO 溶液的pH接近8，0.1mol•L-1NaCO 溶液
2 3 3 2 3
的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备NiCO 时，选用0.1mol•L-1NaHCO 溶液比0.1mol•L-1NaCO 溶液的效果好，
3 3 2 3
D错误；故选B。
9．(2024·山东省泰安市高三模拟考试)25℃下，图1表示NaCO 溶液中，各含碳粒子的物质的量分数
2 3
与pH的关系。在图2中，曲线Ⅰ满足关系c(Mg2+)·c2(OH-)= K [Mg(OH) ]，曲线Ⅱ满足关系
sp 2
c(Mg2+)·c(CO2-)= K (MgCO )。［注：起始c(Na CO)=0.1 mol/L，不同pH下c(CO2-)由图1得到］。下列
3 sp 3 2 3 3
说法不正确的是( )A．2HCO - HCO+CO 2-的平衡常数K=10-4
3 2 3 3
B．当一半的CO2-发生水解时，溶液
3
C．图2的a点，平衡后的溶液中，c(H CO)+c(HCO -)+c(CO2-)=0.1mol·L－1
2 3 3 3
D．25℃时，
【答案】C
【解析】A项，图1中点(6.2,0.5)可知， ，点(10.2,0.5)可知，
；2HCO - HCO+CO 2-的平衡常数 ，
3 2 3 3
故A正确； B项，CO2-+H O HCO -+OH-，当一半的CO2-发生水解时，则生成碳酸氢根离子浓度为
3 2 3 3
0.05mol/L，剩余碳酸根离子浓度为0.05mol/L，结合A分析可知，
，c(OH-)=10-3.8 mol/L，pOH=3.8，pH=10.2，故B正确；
C项，图2的a点在碳酸镁曲线上方，部分碳酸根离子转化为碳酸镁沉淀，根据物料守恒，平衡后的溶液
中，c(H CO)+c(HCO -)+c(CO2-)＜0.1mol·L－1，故C错误；D项，25℃时，
2 3 3 3= ，故
D正确；故选C。
10．(2024·浙江强基联盟高三联考)碳酸盐存在条件下，Mg2+可转化为Mg(OH) 沉淀或MgCO 沉淀。图
2 3
1为0.1mol·L-1 Na CO 溶液中含碳粒子物质的量分数—pH关系曲线图，图2中的曲线满足Mg2+在图1对应
2 3
NaCO 溶液在不同 环境下，形成Mg(OH) 或MgCO 的溶解平衡关系。
2 3 2 3
下列说法不正确的是( )
A．图2中曲线I为Mg(OH) 溶解平衡曲线
2
B．由图1可知2HCO - HCO+CO 2-的平衡常数为
3 2 3 3
C．由图1，图2，初始状态c(Mg2+) =0.01mol·L-1，pH=8.5的该NaCO 溶液中Mg2+主要转化为MgCO
2 3 3
沉淀
D．由图1和图2，增大pH，Mg2+-Na CO 溶液体系中均可发生反应：MgCO(s)＋2OH-(aq)
2 3 3
Mg(OH) (s)+ CO 2-(aq)
2 3
【答案】D
【解析】A项，随着pH增大，越有利于生成氢氧化镁沉淀，可见图2中曲线I为Mg(OH) 溶解平衡曲
2
线，故A正确；B项，根据反应2HCO - HCO+CO 2-，其平衡常数
3 2 3 3
，结合图1可知，Ka=10-6.37、
1
Ka=10-10.25，2HCO - HCO+CO 2-的平衡常数为10-3.88，故B正确；C项，根据图1、图2，初始状态
2 3 2 3 3
c(Mg2+) =0.01mol·L-1，pH=8.5时，Q(MgCO)>Ksp (MgCO)，Q[Mg(OH) ]<Ksp[Mg(OH) ]，该NaCO 溶液中
3 3 2 2 2 3
Mg2+主要转化为MgCO 沉淀，故C正确；D项，依据图1、图2，当pH大于10.25后Mg2+-Na CO 溶液体
3 2 3
系中才能发生反应：MgCO(s)＋2OH-(aq) Mg(OH) (s)+ CO 2-(aq)，故D错误；选D。
3 2 31．(2023•浙江省1月选考，15)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：
CaCO (s) Ca2+(aq)+CO 2-(aq)[已知Ksp(CaCO)=3.4×10-9，Ksp(CaSO )=4.9×10-5，HCO 的电离常数
3 3 3 4 2 3
K =4.5×10-7，K =4.7×10-11]，下列有关说法正确的是( )
a1 a2
A．上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO2-)
3
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO -形式存在
3
C．向体系中通入CO 气体，溶液中c(Ca2+)保持不变
2
D．通过加NaSO 溶液可实现CaCO 向CaSO 的有效转化
2 4 3 4
【答案】B
【解析】A项，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 c(Ca2+)＞
c(CO2-)，A错误；B项，根据K =4.7×10-11可得 ，则碳酸根的水解平衡常数为
3 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项，向体系中通入CO ，碳酸钙与CO 反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶
2 2
液中钙离子浓度增大，C错误；D项，由题干可知，Ksp(CaCO)=3.4×10-9，Ksp(CaSO )=4.9×10-5，碳酸钙比
3 4
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；故选B。
2．(2023•辽宁省选择性考试，15)某废水处理过程中始终保持HS饱和，即c(H S)=0.1mol·L-1，通过调
2 2
节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与-lgc关系如下图所示，c为HS-、S2- Ni2+和Cd2+的浓度，
单位为mol·L-1。已知K (NiS)＞K (CdS)，下列说法正确的是( )
sp spA．K (CdS)=10-18.4 B．③为pH与-lgc(HS-)的关系曲线
sp
C．K (H S)=10-8.1 D．K (H S)=10-14.7
a1 2 a2 2
【答案】D
【解析】已知HS饱和溶液中随着pH的增大，HS的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增
2 2
大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-
lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且K (NiS)＞K (CdS)即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)
sp sp
和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代
表S2-，④代表HS-。A项，由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时
c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有K (CdS)= c(Cd2+)·c(S2-)=10-13×10-13=10－26，A错误；B项，③为pH与-lg(S2-)
sp
的关系曲线，B错误；C项，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，
c(HS-)=10-6.5mol/L， 或者当 c(H+)=10-4.2 mol/L 时，
c(HS-)=10-3.9 mol/L， ，C错误；D项，已知KaKa=
1 2
= ，由曲线③两点坐标可知，当 c(H+)=10-4.9mol/L 时，c(S2-)=10-
13mol/L ， 或 者 当 c(H+)=10-6.8mol/L 时 ， c(S2-)=10-9.2mol/L ， 故 有 KaKa= =
1 2=10-21.8，结合C项分析可知，Ka=10-7.1故有K (H S)=10-14.7，D正确；故
1 a2 2
选D。
3．(2023•全国新课标卷，13)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应 Ag++NH
3
[Ag(NH)]+和[Ag(NH)]++NH [Ag(NH)]+，lg [c(M)/(mol·L-1)]与lg [c(NH +)/(mol·L-1)]的关系如
3 3 3 3 2 4
下图所示(其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH)]+或[Ag(NH)]+)。
3 3 2
下列说法错误的是( )
A．曲线I可视为AgCl溶解度随NH 浓度变化曲线
3
B．AgCl的溶度积常数K (AgCl)= c(Ag+)·c(Cl-)=1.0×10－9.75
sp
C．反应[Ag(NH)]++NH [Ag(NH)]+的平衡常数K的值为103.81
3 3 3 2
D．c(NH )=0.01mol·L-1时，溶液中c{[Ag(NH)]+}＞c{[Ag(NH)]+}＞c(Ag+)
3 3 2 3
【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项，曲线I为二氨合银离子与氨气浓度对数变化的曲线，故A正确；B项，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，由图可知，当氨分子浓
度为10—1mol/L时，溶液中银离子和氯离子浓度分别为10—7.40mol/L、10—2.35mol/L，则氯化银的溶度积为10
—2.35×10—7.40=10—9.75，故B正确；C项，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[Ag(NH)]++NH [Ag(NH)]+的平衡常数K=
3 3 3 2= = =103.81，故C正确；D
项，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c(NH )=0.01mol·L-1时，溶液中c{[Ag(NH)]+}＞c{[Ag(NH)]+}＞c(Ag+)，故D正确；故选B。
3 3 2 3
4．(2023•山东卷，15)在含HgI (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI (s)
2 2
HgI (aq)；HgI (aq) Hg2++2I-；HgI (aq) HgI++I-；HgI (aq)+I- HgI --；HgI (aq)+2I-
2 2 2 2 3 2
HgI 2-，平衡常数依次为K、K、K、K、K。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI -)、lgc(HgI 2-)随lgc(I-)的
4 0 1 2 3 4 3 4
变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线 表示lgc(HgI 2-)的变化情况
4
B．随c(I-)增大，c[HgI (aq)]先增大后减小
2
C．
D．溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为2：1
【答案】B
【解析】由题干反应方程式HgI (aq) Hg2++2I-可知，K= ，则有c(Hg2+)=
2 1
，则有lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)，lgc(HgI -)
1 2 2 2 3
=lgK +lgc(HgI )+ lgc(I-)，lgc(HgI 2-) ==lgK +lgc(HgI )+ 2lgc(I-)，且由HgI (s) HgI (aq)可知
3 2 4 4 2 2 2K=c[HgI (aq)]为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表
0 2
lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI -)、lgc(HgI 2-)。A项，线L表示lgc(HgI 2-)的变化情况，A正确；B项，已知
3 4 4
HgI (s) HgI (aq)的化学平衡常数K= c[HgI (aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI (aq)]
2 2 0 2 2
始终保持不变，B错误；C项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为：
1 2
lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有①b= lgK+lgc(HgI )-2a，②b= lgK+lgc(HgI )-a，联合①②可知得：
2 2 1 2 2 2
，C正确；D项，溶液中的初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg
2
元素的物质的量之比始终为2：1，D正确；故选B。
5．(2022•福建卷，7)锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂
质离子，可在0~14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c ＜1.0×10-5mol·L－1 )。25℃时，lgc与pH关
系见下图(碱性过强时Fe(OH) 和Fe(OH) 会部分溶解)。下列说法正确的是( )
3 2
A．Mg2+可被净化的pH区间最大
B．加入适量HO，可进一步提升净化程度
2 2
C．净化的先后顺序：Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+
D．【答案】B
【解析】A项，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项，加入适量HO，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；C项，由
2 2
图可知，净化的先后顺序为Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+，C错误；D项，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。
6．(2022•湖南选择性考试，10)室温时，用0.100 mol·L-1的标准AgNO 溶液滴定 浓度相等的
3
Cl-、 Br-和 I-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1.0×10-5mol·L－1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：c(Cl-)＞c(Br-)＞c(I-)＞c(Ag＋)【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项，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项，原溶液中
I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为 =0.0100molL-1，故B错误；C项，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-)=0.0100molL-1，则已
⋅
经有部分Cl-沉淀，故C正确；D项，b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：
c(Ag＋) ＞c(Cl-)＞c(Br-)＞c(I-)＞，故D错误；故选C。
7．(2021•全国乙卷，13)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M+)随c(H+)而变化，M+不发生水
解。实验发现， 时c2(M+)-c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是( )
A．溶液pH＝4时，c(M+)＜3.0×10-4mol·L－1
B．MA的溶度积度积K (MA)=5.0×10-8
spC．溶液pH＝7时，c(M＋)+c(H＋) =c(A－)+c(OH―)
D．HA的电离常数K (HA)≈2.0×10-4
a1
【答案】C
【解析】A项，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项，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K (MA)= c(M＋)×c(A－)= c2(M
sp
＋)=5.0×10-8，B正确；C．设调pH所用的酸为HX，则结合电荷守恒可知c(M＋)+c(H＋) =c(A－)+c(OH―)+
n
nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D项， 当c(HA)= c(A－)时，
由物料守恒知c(A－)+ c(HA)=c(M＋)，则 ， ，
则c2(M＋)=5.0×10-8，对应图得此时溶液中c(H＋) =2.0×10-4mol/L，
，D正确；故选C。
