考点29沉淀溶解平衡（解析版）_05高考化学_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_一轮复习_备战2023年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）

考点 29 沉淀溶解平衡
分析近几年高考试题对本考点考查的重点是溶度积常数的相关计算及应用，试题通常以图象形式直观
呈现微料浓度的变化，考查数形结合能力、信息整合能力和对溶解平衡的理解应用能力。
预测2023年备考仍以K 的相关计算及应用为重点，试题可能会盐类水解、溶液中微粒浓度关系相融
sp
合，以选择题、图象题的形式呈现，在工艺流程题中出现概率很大。
一、沉淀溶解平衡
二、沉淀溶解平衡的应用
三、溶度积常数及应用
沉淀溶解平衡
1．难溶、可溶、易溶界定：
20 ℃时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：
2．沉淀溶解平衡
(1)溶解平衡的建立
溶质溶解的过程是一个可逆过程：
固体溶质 溶液中的溶质
(2)特点(同其他化学平衡)：逆、等、定、动、变(适用平衡移动原理)
3．影响沉淀溶解平衡的因素
(1)内因
难溶电解质本身的性质，这是决定因素。
(2)外因
①浓度：加水稀释，平衡向沉淀溶解的方向移动；
②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向沉淀溶解的方向移动；③同离子效应：向平衡体系中加入难溶物溶解产生的离子，平衡向生成沉淀的方向移动；
④其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶或更难电离或气体的离子时，平衡向
沉淀溶解的方向移动。
【易混易错】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)电解质在水中存在沉淀溶解平衡，是一种动态平衡( )
(2)AgCl沉淀的生成和溶解不断进行，但速率相等( )
(3)AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－( )
(4)升高温度，AgCl的溶解度不变( )
(5)向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变( )
(6)只有易溶电解质在溶液中才存在溶解平衡( )
(7)难溶电解质在溶液中只存在溶解平衡，不存在电离平衡( )
(8)溶解平衡只能通过电解质溶解于水时建立( )
(9)升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动( )
(10)室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度( )
(11)难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动( )
(12)向NaSO 溶液中加入过量的BaCl 溶液，则SO沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含SO(
2 4 2
)
(13)饱和NaCO 溶液与CaSO 固体反应：CO＋CaSO CaCO ＋SO( )
2 3 4 4 3
答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× (9)× (10)× (11)× (12)×
【典例】
例1 下列说法正确的是( )
A．硫酸钡放入水中不导电，则硫酸钡是非电解质
B．物质溶于水达到饱和时，溶解过程就停止了
C．绝对不溶解的物质是不存在的
D．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0
【答案】C
【解析】A项，硫酸钡是强电解质，其在水中的溶解度比较小，错误；B项，溶解平衡为动态平衡，
错误；D项，残留离子浓度小于10－5mol/L时，则认为该离子沉淀完全，错误．
例2 探究Mg(OH) 的沉淀溶解平衡时，利用下表三种试剂进行实验，下列说法中不正确的是( )
2
编号 ① ② ③
分散质 Mg(OH) HCl NH Cl
2 4
备注 悬浊液 1mol•L-1 1mol•L-1
A．向①中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，说明Mg(OH) 是一种弱电解质
2B．为了使Mg(OH) 悬浊液溶解得更快，加入过量NH Cl浓溶液并充分振荡，效果更好
2 4
C．①③混合后发生反应：Mg(OH) (s)+2NH +(aq) Mg2+(aq)+2NH•H O(aq)
2 4 3 2
D．向少量Mg(HCO ) 溶液中加入足量NaOH溶液，反应的离子方程式是Mg2++2HCO-+4OH-
3 2 3
=Mg(OH) ↓+2CO 2-+2H O
2 3 2
【答案】A
【解析】A项，Mg(OH) 悬浊液中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，则溶液呈碱性，说明Mg(OH)
2 2
能电离出OH-，是一种电解质，不能判断是否为弱电解质，A说法错误；B项，Mg(OH) 溶解产生的OH-与
2
NH Cl溶液中的NH +生成NH •H O，能加快Mg(OH) 悬浊液的溶解，B说法正确；C项，①③混合后，
4 4 3 2 2
OH-与NH +发生反应生成NH •H O，其方程式为Mg(OH) (s)+2NH +(aq) Mg2+(aq)+2NH•H O(aq)，C
4 3 2 2 4 3 2
说法正确；D项，因相同温度下，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，碱过量时生成Mg(OH) ，D说法正确；故选
2
A。
【对点提升】
对点1 把足量熟石灰加入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH) (s) Ca2+(aq)+2OH-(aq)。
2
下列叙述正确的是( )。
A．给溶液加热，溶液的pH升高
B．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
C．向溶液中加入NaCO 溶液，Ca(OH) 固体增多
2 3 2
D．向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH) 固体增多
2
【答案】D
【解析】A 项，加热时 Ca(OH) 的溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH-)减小，pH 减小；B 项，
2
CaO+H O=Ca(OH) ，由于保持恒温，Ca(OH) 的溶解度不变，c(OH-)不变，因此 pH不变；C项，CO2-
2 2 2 3
+Ca2+=CaCO ↓，平衡正向移动，Ca(OH) 固体减少；D项，加入NaOH固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动，
3 2
因此Ca(OH) 固体增多。
2
对点2 饱和BaCO 溶液中存在平衡：BaCO (s) Ba2＋(aq)＋CO2－(aq)。当碳酸钡固体在水中达
3 3 3
到溶解平衡后，为使溶液中Ba2＋的物质的量浓度增大，下列操作不可行的是( )
A．加入少量0.1 mol·L－1盐酸 B．加入少量硝酸钡固体
C．加入少量0.1 mol·L－1硫酸 D．加入少量氢氧化钡固体
【答案】C
【解析】A项，加入少量0.1 mol·L－1盐酸，氢离子会与CO2－发生反应，使平衡右移，Ba2＋的物质的
3
量浓度增大，故A可行；B项，加入少量硝酸钡固体，硝酸钡溶于水使Ba2＋浓度增大，虽然平衡会左移，
但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故B可行；C项，加入少量0.1 mol·L－1硫酸，硫酸会电离出氢离子和硫酸根，虽然氢离子会与CO2－发生反应，但BaSO 的溶解度比BaCO 更小，所以
3 4 3
溶液中Ba2＋的物质的量浓度会减小，故C不可行；D项，加入少量氢氧化钡固体，氢氧化钡溶于水使Ba2＋
浓度增大，虽然平衡会左移，但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故D可行；故
选C。
【巧学妙记】
外界条件对溶解平衡的影响
(1)温度升高，多数溶解平衡向溶解的方向移动。
(2)加水稀释，浓度减小，溶解平衡向溶解方向移动，但平衡后因仍存在溶解平衡，故离子浓度保持不
变。
(3)加入与难溶电解质构成微粒相同的物质，溶解平衡向生成沉淀的方向移动。
(4)加入与难溶电解质溶解所得的离子反应的物质，溶解平衡向溶解的方向移动。
沉淀溶解平衡的应用
1．沉淀的生成
(1)调节pH法
如：除去 NH Cl 溶液中的 FeCl 杂质，可加入氨水调节 pH 至 7～8，离子方程式为 Fe3＋＋
4 3
3NH ·H O===Fe(OH) ↓＋3NH。
3 2 3
(2)沉淀剂法
如：用HS沉淀Cu2＋，离子方程式为HS＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
2 2
2．沉淀的溶解
(1)酸溶解法
如：CaCO 溶于盐酸，离子方程式为CaCO ＋2H＋===Ca2＋＋HO＋CO↑。
3 3 2 2
(2)盐溶液溶解法
如：Mg(OH) 溶于NH Cl溶液，离子方程式为Mg(OH) ＋2NH===Mg2＋＋2NH ·H O。
2 4 2 3 2
(3)氧化还原溶解法
如：不溶于盐酸的硫化物Ag S溶于稀HNO。
2 3
(4)配位溶解法
如：AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH ·H O===[Ag(NH )]＋＋Cl－＋2HO。
3 2 3 2 2
3．沉淀的转化
(1)实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。
如：AgNO 溶液――→AgCl(白色沉淀)――→AgBr(浅黄色沉淀)――→AgI(黄色沉淀)――→Ag S(黑色
3 2
沉淀)。
(2)应用
a．锅炉除垢：将CaSO 转化为易溶于酸的 CaCO ，离子方程式为 CaSO(s)＋CO(aq)CaCO (s)＋
4 3 4 3SO(aq)。
b．矿物转化：
CuSO 溶液遇PbS转化为CuS，离子方程式为Cu2＋(aq)＋PbS(s) CuS(s)＋Pb2＋(aq)。
4
【易混易错】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止( )
(2)相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同( )
(3)在一定条件下，溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀( )
(4)为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀HSO 代替HO来洗涤BaSO 沉淀(√)
2 4 2 4
(5)洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好( )
(6)用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗的AgCl少( )
(7)AgCl难溶于水，所以将AgCl加入水中所得溶液中不含Ag+、Cl-( )
(8)饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH会增大( )
(9)硬水含有较多Ca2+、Mg2+、HCO -、SO 2-加热煮沸可以完全除去其中的Ca2+、Mg2+( )
3 4
(10)钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导泻使Ba2＋转化为BaCO 而排出( )
3
(11)向AgCl沉淀中加入KI溶液，由白色沉淀转变成黄色沉淀，是由于K (AgI)<K (AgCl( )
sp sp
(12)验证Fe(OH) 的溶解度小于Mg(OH) ，可将FeCl 溶液加入Mg(OH) 悬浊液中，振荡，可观察到沉
3 2 3 2
淀由白色变为红褐色( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)√ (7)× (8)× (9)× (10)× (11)√ 12)√
【典例】
例1 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+能力比Cl－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】A项，因为是浊液，所以存在沉淀溶解平衡，A正确；B项，Ag+与氨气分子结合生成二氨合
银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl (s) Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移动，说明NH 结合Ag+能力比Cl-
3
强，B正确；C项，银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，C错误；D
项，浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag++2NH•H O Ag(NH)++2H O逆向移动，二氨合银离子生成银
3 2 3 2 2
离子，与溶液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后⇌生成的沉淀为AgCl，D正确；故选C。
例2 已知：25℃时，K [Ni(OH) ]=2.0×10-15，K [Fe(OH) ]=4.0×10-38。将含Fe O、Ag、Ni的某型废催
sp 2 sp 3 2 3化剂溶于盐酸，过滤，滤渣为 Ag，所得溶液中 c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向该溶液中滴加一定浓度的
NaOH溶液(假设溶液体积不变)。下列说法中正确的是( )
A．金属活动性：Ag＞Ni
B．加入NaOH溶液时，先产生Ni(OH) 沉淀
2
c
 Ni2+
C．当滴定到溶液pH=5时，溶液中lgc  Fe3+ 约为10
D．当滴定到溶液呈中性时，Ni2+已沉淀完全
【答案】C
【解析】A项，Ag不能与盐酸反应，而Ni能与盐酸反应，因此金属活动性：Ni＞Ag，故A错误；B
项 ， c(Ni2+)=0.4mol/L 时 ， Ni2+ 刚 好 开 始 沉 淀 时 溶 液 中
K [Ni(OH) ] 21015
c  OH-  sp 2  mol/L= 0.510-7mol/L
c(Ni2+) 0.4 ，c(Fe3+)=0.4mol/L时，Fe3+刚好开始沉淀时溶液
c  OH- 3
K
sp
[Fe(OH)
3
]
3
41038
mol/L=30.110-12mol/L< 0.510-7mol/L
中 c(Fe3) 0.4 ，故先产生 Fe(OH) 沉淀，故B错
3
K 11014
c  OH-  W  mol/L=110-9mol/L
误 ； C 项 ， 溶 液 pH=5 时 c(H+)=10-5mol/L ， 溶 液 中 c  H 1105 ，
K [Fe(OH) ] 41038
c(Fe3+) sp 3  mol/L=41011mol/L
c3(OH) 11093
，
K [Ni(OH) ] 21015
c(Ni2+) sp 2  mol/L=2103mol/L>0.4mol/L
c2(OH)  11092 ，则 Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，则
c
 Ni2+
0.4
lg lg 10 ，故C正确；D项，当溶液呈中性时，c(OH-)=1×10-7mol/L，此时溶液中
c  Fe3+ 41011K [Ni(OH) ] 21015
c(Ni2+) sp 2  mol/L=0.2mol/L
c2(OH)  11072 ，故Ni2+未沉淀完全，故D错误；故选C。
【对点提升】
对点1 某实验小组探究常温下难溶电解质的溶解平衡，查得如下资料：
难溶电解质 FeS CuS Mg(OH) Fe(OH)
2 3
Ksp(溶解平衡常数) 6.3×10-18 6.3×10-36 1.8×10-11 4.0×10-38
依据上述数据进行的预测不合理的是( )
A．向饱和FeS溶液中加入少量NaS固体，有浑浊出现
2
B．除去FeSO 溶液中的CuSO ，可选用FeS做沉淀剂
4 4
C．向含等物质的量的MgCl 和FeCl 的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先出现的沉淀是Mg(OH)
2 3 2
D．向1mL 0.1 mol·L—1MgCl 溶液中滴加2mL0.1mol·L—1 NaOH溶液，取澄清溶液滴加2滴0.1mol·L—1
2
FeCl 溶液，有浑浊出现
3
【答案】C
【解析】A项，饱和FeS溶液中存在沉淀溶解平衡，FeS(s) Fe2+(aq)+S2-(aq)，加入少量NaS固体溶解
2
后硫离子浓度增大，平衡逆向进行，有浑浊出现，故 A正确；B⇌项，FeS的溶度积大于CuS的溶度积，除
去FeSO 溶液中的CuSO ，可选用FeS做沉淀剂，故B正确；C项，K (Mg(OH) )=c(Mg2+)·c2(OH-)=1.8×10-
4 4 sp 2
11，c(OH-)= ，K (Fe(OH) )= c(Fe3+)·c3(OH-)＝4.0×10-38，c(OH-)=
sp 3
= ×10-9mol/L，则氢氧化铁沉淀所需pH小于氢氧化镁，则先生成氢氧化铁沉淀，
故C错误；D项，向1mL 0.1 mol•L-1MgCl 溶液中滴加2mL0.1mol•L-1 NaOH溶液，恰好反应生成氢氧化镁
2
沉淀， 饱和溶液中存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，取澄清溶液滴加2滴0.1mol•L-1 FeCl 溶液，会生成氢
3
氧化铁沉淀有浑浊出现，故D正确；故选C。
对点2 工业上用化学法除锅炉的水垢时，先向锅炉中注入饱和NaCO 溶液浸泡，将水垢中的
2 3
CaSO 转化为CaCO ，再用盐酸除去[已知：K (CaCO)=1×10-10，K (CaSO)=9×10-6]。下列说法不正确的是(
4 3 sp 3 sp 4
)
A．温度升高，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CO(aq)＋CaSO(s) CaCO (s)＋SO(aq)
4 3
C．该条件下，CaCO 的溶解度小于CaSO
3 4
D．CaCO 和CaSO 共存的悬浊液中，c(SO 2-)/c(CO 2-)=1 105
3 4 4 3【答案】D
【解析】A项，水电离、盐水解都吸热，温度升高，NaCO 溶液的K 和c(OH-)均会增大，故A正确；
2 3 w
B项，加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：CO＋CaSO CaCO ＋SO 2-，故B正确；C项，该
4 3 4
条件下，设溶液为1L，由c(CO2-)=c(Ca2+)= =10-5 mol·L－1，则 =
3
=1 10-4g，CaCO 的溶解度约为1×10-4，显然，CaCO 的溶解度小于CaSO，故C正确；D项，CaCO 和
3 3 4 3
CaSO 共存的悬浊液中， =9 104，故D错误；故选D。
4
【巧学妙记】
溶度积常数及应用
1．表达式
对于下列沉淀溶解平衡：
M A(s) mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
m n
K ＝[c(Mn＋)]m·[c(Am－)]n。
sp
2．意义
K 表示难溶电解质在溶液中的溶解能力。
sp
3．K 的影响因素
sp
(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。
(2)外因
①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但K 不变。
sp
②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，K 增大。
sp
③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，
平衡向溶解方向移动，但K 不变。
sp4．规则
通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Q 的相对大小，可以判断在给定条件下沉
c
淀能否生成或溶解：
Q>K ，溶液过饱和，有沉淀析出；
c sp
Q＝K ，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态；
c sp
Q<K ，溶液未饱和。
c sp
【易混易错】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)K 越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱( )
sp
(2)K 的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关( )
sp
(3)常温下，向BaCO 饱和溶液中加入NaCO 固体，BaCO 的K 减小( )
3 2 3 3 sp
(4)K 小的物质其溶解度一定比K 大的物质的溶解度小( )
sp sp
(5)K 反应了物质在水中的溶解能力，可直接根据K 数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力( )
sp sp
(6)已知：K (Ag CrO)＜K (AgCl)，则Ag CrO 的溶解度小于AgCl的溶解度( )
sp 2 4 sp 2 4
(7)10 mL 0.1 mol·L－1 HCl与10 mL 0.12 mol·L－1 AgNO 溶液混合，充分反应后，Cl－浓度等于零( )
3
(8)溶度积常数K 只受温度影响，温度升高，K 增大( )
sp sp
(9)常温下，向Mg(OH) 饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH) 的K 不变( )
2 2 sp
(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO 溶液，有黄色沉淀生成，则K (AgCl)＞K (AgI) (
3 sp sp
)
(11) AgCl的K =1.8×10-10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)= ×10-5 mol·L-1( )
sp
(12) 在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积等于K (AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解
sp
平衡( )
(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO，溶液中不变( )
3
(14)将0.1 mol·L－1 MgSO 溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L－1 CuSO 溶液，
4 4
现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，所以Cu(OH) 的溶度积比Mg(OH) 的小( )
2 2
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× (9)√ (10)× (11)× (12)√ (13) √ (14)
√
【典例】
例1 已知某温度下，K (AgCl)＝1.56×10－10 mol2·L－2，K (Ag CrO)＝1×10－12 mol3·L－3，下列叙述正
sp sp 2 4
确的是( )
A．饱和AgCl溶液与饱和Ag CrO 溶液相比，前者的c(Ag＋)大
2 4
B．向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的K 减小
sp
C．向0.000 8 mol·L－1的KCrO 溶液中加入等体积的0.002 mol·L－1 AgNO 溶液，则CrO完全沉淀
2 4 3
D．将0.001 mol·L－1的AgNO 溶液滴入0.001 mol·L－1 KCl和0.001 mol·L－1 KCrO 的混合溶液，则先
3 2 4产生AgCl沉淀
【答案】D
【解析】饱和AgCl溶液中c(Ag＋)2＝K (AgCl)＝1.56×10－10 mol2·L－2，饱和Ag CrO 溶液中c(Ag＋)3/2
sp 2 4
＝K (Ag CrO)＝1×10－12 mol3·L－3，显然后者的c(Ag＋)大，故A项错误；AgCl的K 只与温度有关，向
sp 2 4 sp
AgCl的浊液中加入氯化钠溶液，虽然平衡向逆方向移动，但K 不变，故B项错误；两溶液等体积混合后，
sp
根据2Ag＋＋CrO===Ag CrO↓，则溶液中剩余的c(Ag＋)＝0.000 2 mol·L－1，根据K (Ag CrO)，则生成沉淀
2 4 sp 2 4
后的溶液中c(CrO)＝ mol·L－1＝2.5×10－5 mol·L－1＞1.0×10－5 mol·L－1，所以CrO不能完全沉淀，故C项错
误；根据K (AgCl)、K (Ag CrO)，则当Cl－开始沉淀时c(Ag＋)＝1.56×10－7 mol·L－1，当CrO开始沉淀时
sp sp 2 4
c(Ag＋)＝ mol·L－1＝1.0×10－4.5 mol·L－1，故先产生AgCl沉淀，故D项正确。
例2 （2022•湖南选择性考试）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。
【对点提升】
对点1 已知K (AgCl)＝1.8×10－10，K (AgBr)＝7.7×10－13，K (Ag CrO)＝9.0×10－12。某溶液中含有
sp sp sp 2 4
Cl－、Br－和CrO的浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO 溶液时，三种阴
3
离子产生沉淀的先后顺序为( )
A．Cl－、Br－、CrO B．CrO、Br－、Cl－
C．Br－、Cl－、CrO D．Br－、CrO、Cl－
【答案】C
【解析】利用沉淀溶解平衡原理，当 Q＞K 时，有沉淀析出。溶液中 Cl－、Br－、CrO的浓度均为
sp
0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO 溶液时，溶解度小的先满足Q＞K ，有沉淀析
3 sp
出。比较K ，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr＜AgCl。再比较AgCl、Ag CrO 沉淀所需c(Ag＋)，Cl－
sp 2 4
沉淀时所需c(Ag＋)≥＝ mol·L－1＝1.8×10－8 mol·L－1，CrO沉淀时所需c(Ag＋)≥＝ mol·L－1＝3.0×10－5 mol·L－
1，故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO。
对点2 FeAsO 在不同温度下的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T >T)。下列说法不正确的是( )
4 2 1
A．温度为T 时，K (FeAsO)=10-2a
2 sp 4B．c(FeAsO )：Z>W=X
4
C．FeAsO 的溶解过程吸收能量
4
D．将Z溶液升温一定可以得到Y溶液
【答案】D
【解析】A项，温度为T 时，K (FeAsO)=c(Fe3+)c(AsO 3-)=10-a×10-a=10-2a，A正确；B项，由于X、W
2 sp 4 4
点中的Fe3+和AsO 3-均为10-amol/L，故其对FeAsO 的溶解平衡起抑制作用，且作用程度相等，而Z是
4 4
Fe3+和AsO 3-的浓度相等，无同离子的抑制作用，故c(FeAsO )：Z>W=X，B正确；C项，由图可知，
4 4
K (T )＜K (T )，故升高温度，K 增大，故FeAsO 的溶解过程吸收能量，C正确；D项，将Z溶液升温不
sp 1 sp 2 sp 4
一定可以得到Y溶液，若Z点溶液为刚刚饱和溶液则升高温度，溶液中的Fe3+和AsO 3-的浓度不变，故无
4
法达到Y点溶液，若Z点溶液为过饱和溶液则升高温度，溶液中的Fe3+和AsO 3-的浓度增大，故可以达到
4
Y点溶液，D错误；故选D。
【巧学妙记】
1．溶度积图像是沉淀溶解平衡理论的难点，溶度积图像突破方法：
第一步，识图像。认识图像横坐标、纵坐标表示什么，如表示离子浓度、pM等；曲线上的点表示达
到平衡状态，曲线上方的点代表“过饱和溶液”，曲线下方的点代表“不饱和溶液”。
第二步，想原理。涉及的原理主要有溶度积表达式书写、影响沉淀溶解平衡的因素以及溶度积常数的
影响因素。如浓度不会改变溶度积，溶度积只与温度有关，多数情况下，温度越高，溶度积越大。
第三步，找联系。将图像与溶度积原理联系起来，分析题目设置的问题，如求离子浓度、判断沉淀溶
解平衡状态等。
2．与K 有关的常考题型和解题策略
sp
常考题型 解题策略
(1)根据定义式或者数形结合求
直接根据K (A B )=cm(An+)·cn(Bm-)解答，如果已知溶解度，则转化为物质
K ，或者判断沉淀金属离子所 sp m n
sp 的量浓度再代入计算
需pH
①沉淀类型相同，则K 小的化合物先沉淀；
sp
(2)沉淀先后的计算与判断
②沉淀类型不同，则需要根据K 计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子
sp
浓度小的先沉淀
如某溶液中含有I-、Cl-等离子，向其中滴加AgNO 溶液，当AgCl开始
3
c(I-) c(I-) c(Ag+)·c(I-)
(3)根据两种含同种离子的化合
沉淀时，求溶液中 ，则有 = =
物的K 数据，求溶液中不同离
c(Cl-) c(Cl-) c(Ag+)·c(Cl-)
sp
子的比值 K (AgI)
sp
K (AgCl)
sp
把离子浓度数值代入K 表达式，若数值大于K ，沉淀可生成或转化为
(4)判断沉淀的生成或转化 sp sp
相应难溶物质1．把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH) (s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)。下列
2
叙述正确的是( )
A．给溶液加热，溶液的pH升高
B．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
C．向溶液中加入NaCO 溶液，Ca(OH) 固体增多
2 3 2
D．向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH) 固体增多
2
【答案】D
【解析】A项，加热时Ca(OH) 溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH减小；B项，CaO＋
2
HO===Ca(OH) ，由于保持恒温，Ca(OH) 溶解度不变，c(OH－)不变，因此pH不变；C项，CO＋Ca2＋
2 2 2
===CaCO ↓，使平衡正向移动，Ca(OH) 固体减少；D项，加入NaOH固体时，c(OH－)增大，平衡逆向移
3 2
动，因此Ca(OH) 固体增多。
2
2．往锅炉注入NaCO 溶液浸泡，将水垢中的CaSO 转化为CaCO ，再用盐酸去除，下列叙述中正确
2 3 4 3
的是( )
A．温度升高，NaCO 溶液的K 和c(H＋)均会增大
2 3 w
B．CaSO 能转化为CaCO ，说明K (CaCO)＞K (CaSO)
4 3 sp 3 sp 4
C．CaCO 溶解于盐酸而CaSO 不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸
3 4
D．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO(s)CaCO (s)＋SO(aq)
4 3
【答案】D
【解析】温度升高，水的电离平衡正向移动，K 增大；温度升高，NaCO 的水解平衡正向移动，[OH
w 2 3
－]增大，[H＋]减小，A项错误；K (CaCO)＜K (CaSO)，B项错误；CaCO 与盐酸反应生成可溶性的氯化
sp 3 sp 4 3
钙、水和二氧化碳，CaSO 与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强、弱无关，C项错误；硫酸钙
4
较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO(s)＋CO(aq)CaCO (s)
4 3
＋SO(aq)，D项正确。
3．溶液中的离子平衡是以化学平衡理论为基础，以探讨离子反应原理的基础性理论。常温下，下列
有关说法错误的是( )
A．10mL pH=3的醋酸溶液稀释至100 mL，稀释后溶液的pH＜4。
B．HF溶液中滴加少量稀NaOH溶液， 的值不变
C．NaC O 溶液中存在的离子浓度关系c(OH -)=c( HC O-)+c(H C O)+c(H+)
2 2 4 2 4 2 2 4D．反应3Mg(OH) (s)+ 2Fe3+=2Fe(OH) (s)+ 3Mg2+的平衡常数K=
2 3
【答案】C
【解析】A项，由于稀释过程中，醋酸能继续电离补充H+，故稀释后，溶液pH变化小于1个单位，
即pH＜4，A正确；B项， ，由于K 与K 只与温度有关，
w a
温度不变，其值不变，B正确；C项，由电荷守恒： ，结合物料
守恒： ，两式联立消去c(Na+)得：
，C错误；D项，该反应平衡常数
，D正确；故选C。
4．25℃时，K (AgCl)= 1.56×10－10，K (Ag CrO)= 9.0×10－12。已知Ag CrO 沉呈显砖红色。下列说法
sp sp 2 4 2 4
正确的是( )
A．向含大量Ag CrO 和AgCl的悬浊液中加入少量水，c(Ag＋)减小
2 4
B．向同浓度NaCrO 和NaCl的混合溶液中缓慢滴加AgNO 溶液，Ag CrO 先析出
2 4 3 2 4
C．向Ag CrO 悬浊液中滴入饱和NaCl溶液，白色沉淀刚出现时，溶液中
2 4
D．用AgNO 标准溶液滴定NaCl溶液时，可用KCrO 溶液作指示剂
3 2 4
【答案】D
【解析】A项，向含大量Ag CrO 和AgCl的悬浊液中加入少量水后仍处于饱和状态，温度没有改变，
2 4
溶解度不变，故c(Ag＋)不变，A错误；B项，析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)= ，Ag CrO 溶液中
2 4
c(Ag+)= ，因K (AgCl)= 1.56×10－10，K (Ag CrO)= 9.0×10－12，向同浓度NaCrO 和NaCl的
sp sp 2 4 2 4混合溶液中缓慢滴加AgNO 溶液，析出AgCl所需的c(Ag+)小，故先析出AgCl，B错误；C项，向悬浊液
3
中滴入饱和NaCl溶液，白色沉淀刚出现时，溶液中
，C错误；D项，由B知先析出
AgCl，故用AgNO 标准溶液滴定 溶液时，可用KCrO 溶液作指示剂，当恰好开始出现砖红色沉淀
3 2 4
时，说明AgCl已沉淀完全即达到滴定终点，D正确；故选D。
5．已知：298 K时，物质的溶度积如表所示。
化学式 CHCOOAg AgCl Ag CrO Ag S
3 2 4 2
K 2.3×10－3 1.56×10－10 1.12×10－12 6.7×10－15
sp
下列说法正确的是( )
A．将0.001 mol·L－1的AgNO 溶液逐滴滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的KCrO 的混合液
3 2 4
中，则先产生Ag CrO 沉淀
2 4
B．向 2.0×10－4 mol·L－1的 KCrO 溶液中加入等体积的 2.0×10－4 mol·L－1的 AgNO 溶液，则有
2 4 3
Ag CrO 沉淀生成(忽略混合时溶液体积的变化)
2 4
C．向CHCOOAg悬浊液中加入盐酸，发生反应的离子方程式为CHCOOAg＋H＋＋Cl－===CH COOH
3 3 3
＋AgCl
D．向AgCl悬浊液中加入Ag S固体，AgCl的溶解度增大
2
【答案】C
【解析】A项，根据K (AgCl)、K (Ag CrO)知，当Cl－开始沉淀时，c(Ag＋)＝＝1.56×10－7，当CrO开
sp sp 2 4
始沉淀时，c(Ag＋)＝≈3.35×10－5，故先产生AgCl沉淀，错误；B项，Q＝c2(Ag＋)×c(CrO)＝()2×＝1.0×10－
12<1.12×10－12，没有沉淀生成，错误；C项，K (CHCOOAg)>K (AgCl)，向CHCOOAg悬浊液中加入盐酸
sp 3 sp 3
时CHCOOAg转化为AgCl，离子方程式为CHCOOAg＋H＋＋Cl－===CH COOH＋AgCl，正确；D项，根
3 3 3
据同离子效应可知，加入Ag S固体，AgCl的溶解度减小，错误。
2
6．一定温度下，难溶电解质在水中存在沉淀溶解和生成的平衡，常用溶度积K 来表示溶解程度的大
sp
小，如K (AgCl)=c(Ag+)·c(Cl—)。常温下用0.1000mol/L的AgNO 标准溶液(pH≈5)分别滴定
sp 3
20.00mL0.1000mol/L的NaCl溶液和NaBr溶液，混合溶液的pAg[定义为pAg=—lgc(Ag+)]与AgNO 溶液体
3
积的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．K (AgCl)>K (AgBr)
sp sp
B．当V(AgNO 溶液)=20mL时，NaBr溶液中：c(Ag+)+c(H+)=c(Br—)+c(OH—)
3
C．当V(AgNO 溶液)=30mL时，NaCl溶液中：c(NO -)>c(Na+)>c(Ag+)>c(Cl—)>c(H+)
3 3
D．相同实验条件下，若改用10.00mL0.2000mol/LNaCl溶液，则滴定曲线(滴定终点前)可能变为a
【答案】C
【解析】A项，由图可知，V(AgNO 溶液)=0mL时，等浓度的氯化钠溶液中银离子浓度大于溴化钠溶
3
液，则溶度积的关系为K (AgCl)>K (AgBr)，故A正确；B项，当V(AgNO 溶液)=20mL时，NaBr溶液与
sp sp 3
硝酸银溶液恰好完全反应，溶液中钠离子浓度等于硝酸根离子浓度，由电荷守恒关系c(Ag+)+c(H+)+
c(Na+)=c(Br—)+c(OH—)+ c(NO -)可得，溶液中c(Ag+)+c(H+)=c(Br—)+c(OH—)，故B正确；C项，由图可知，
3
当V(AgNO 溶液)=30mL时，NaCl溶液中银离子浓度接近与0.1mol/L，由K (AgCl)=c(Ag+)·c(Cl—)可知，溶
3 sp
液中氯离子浓度小于氢离子，故C错误；D项，相同实验条件下，若改用10.00mL0.2000mol/LNaCl溶液，
未加入硝酸银溶液时，银离子浓度减小，消耗硝酸银溶液的体积增大，则滴定终点前的滴定曲线可能变为
a，故D正确；故选C。
7．测定溶液中Cl-的浓度时，常用标准AgNO 溶液滴定，KCrO 作指示剂。根据如下关于AgCl、
3 2 4
Ag CrO 的溶度积图，判断下列说法正确的是( )
2 4A．P点时，二者的溶度积常数相同
B．M点时，对AgCl溶液而言为饱和状态，对Ag CrO 溶液而言为过饱和状态
2 4
C．向c(Cl-)=c(CrO 2-)=1×10-2 mol·L-1的混合溶液中逐滴滴加1×10-3 mol·L-1 AgNO 溶液，振荡，先产
4 3
生AgCl沉淀，当溶液中c(Cl-)降至1×10-5 mol·L-1时，c(CrO2-)=1×10-3.5 mol·L-1
4
D．向c(Cl-)=c(CrO 2-)=1×10-8.5 mol·L-1的混合溶液中逐滴滴加1×10-1 mol·L-1 AgNO 溶液，振荡，先产
4 3
生Ag CrO 沉淀
2 4
【答案】D
【解析】A项，据图可知当-lgc(Ag+)=0时，即c(Ag+)=1mol/L时，-lgc(Cl-)=10，-lgc(CrO 2-)=12，据此
4
可以求得K (AgCl)= c(Ag+)·c(Cl-)=10-10，K (Ag CrO)= c2(Ag+)·c(CrO2-)=10-12，温度不变则溶度积大小不变，
sp sp 2 4 4
P点时二者的溶度积不相等，A错误；B项，M点位于Ag CrO 溶度积曲线的右上方，则该点
2 4
c2(Ag+)·c(CrO2-)<K (Ag CrO)，为Ag CrO 的不饱和溶液，B错误；C项，当c(Cl-)=c(CrO 2-)=1×10-2
4 sp 2 4 2 4 4
mol·L-1时，即-lgc(Cl-)=-lgc(CrO 2-)=2，据图可知此时产生AgCl沉淀所需的-lgc(Ag+)更大，即c(Ag+)更小，
4
所以先产生AgCl沉淀；当c(Cl-)降至1×10-5 mol·L-1时，c(Ag+)= =1×10-5 mol·L-1，c(CrO2-)=
4
mol·L-1=10-2 mol·L-1，C错误；D项，当c(Cl-)=c(CrO 2-)=1×10-8.5 mol·L-1时，即-lgc(Cl-)=-
4
lgc(CrO 2-)=8.5，据图可知此时产生Ag CrO 沉淀所需的-lgc(Ag+)更大，即c(Ag+)更小，所以先产生Ag CrO
4 2 4 2 4
沉淀，D正确；故选D。
8．溴酸银(AgBrO )溶解度随温度变化曲线如下图所示。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项，由题图可知，随着温度升高，溴酸银的溶解度逐渐增大，因此AgBrO 的溶解是吸热
3
过程；B项，由图像曲线可知，温度升高斜率增大，因此AgBrO 的溶解速度加快；C项，由溶解度曲线可
3
知，60 ℃时，AgBrO 的溶解度约为0.6 g，则其物质的量浓度约为0.025 mol·L－1，AgBrO 的K ＝[Ag＋][BrO]
3 3 sp
＝0.025×0.025 mol2·L－2≈6×10－4 mol2·L－2；D项，若KNO 中含有少量AgBrO ，可通过蒸发浓缩得到KNO
3 3 3
的饱和溶液，再冷却结晶获得KNO 晶体，而AgBrO 留在母液中。
3 3
9．常温下，向20mL0.1mol·L-1HS溶液中缓慢加入少量MSO 粉末(已知MS难溶，忽略溶液体积变化)，
2 4
溶液中c(H+)与c(M2+)变化如图所示(坐标未按比例画出)，已知：K (H S)=1.0×10-9，K (H S)=1.0×10-13。下
a1 2 a2 2
列有关说法正确的是
A．a点溶液中c(H+)约为10-5mol·L-1
B．a、b、c三点中由水电离的c(H+)最大的是c点
C．K (MS)数量级为10-20
sp
D．c点溶液中 c(HS)+ c(HS-)+c(S2-)=0.1mol·L-1
2
【答案】A
【解析】A项，设0.1lmol/L H S溶液中c(H+)为x，则c(HS-)近似也为x，由K (H S)=
2 a1 2
= =1.0×10-9，解得x=10-5mol/L，故A正确；B项，根据化学反应HS+ MSO =MS+
2 4
HSO 可知，随着反应进行HSO 浓度逐漸増大，对水的电离的抑制作用逐渐增强，所以a、b、c三点中a
2 4 2 4
点氢离子浓度最小，由水电离的c(H+)最大，故B错误；C项，结合b点数据，K (H S)=
a1 2
=1.0×10-9，K (H S)= =1.0×10-13可知，K (H S) ×K (H S)=
a2 2 a1 2 a2 2
=1.0×10-22， 结合b点数据，c(H+)=0.1 mol/L，c(M2+)=0.002 mol/L，此时溶液中c(HS)=0.1 mol/L，解得c(S2-)=1×10-21 mol/L，MS难溶物，上述反应的Ksp=c(M2+)×c(S2-)=1×10-21
2
mol/L×0.002 mol/L=2×10-24，所以Ksp数量级为10-24，故C错误；D项，根据物料守恒规律可知，c点除了
溶液中含有S元素之外，MS沉淀中也有S元素，故 D错误；故选A。
10．沉淀溶解平衡在生活、生产和化学学习中有着重要应用。请回答下列问题：
(1)工业上湿法炼锌过程中，以ZnSO 为主要成分的浸出液中，含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-等杂质，这
4
些杂质对锌的电解工序有妨碍，必须提早除去.现有下列试剂可供选择：酸性KMnO 溶液、NaOH溶液、
4
ZnO、HO 溶液、Fe、AgNO 溶液、Ag SO 。
2 2 3 2 4
①为了除去Fe2+，应加入合适的氧化剂，将其氧化为Fe3+，则应选择的氧化剂是___；利用沉淀转化原
理，可加入___，除去Cl-。
②为使某些金属离子转化为沉淀而除去，需加入适当的物质调节溶液的pH。则加入的物质是___。
(2)工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+MnS(s) CuS(s)+Mn2+
(aq)，该反应达到平衡时，c(Mn2+)___(填“＞”“＜”或“=”)c(Cu2+)
(3)在化学分析中采用KCrO 为指示剂，以AgNO 标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO2-生成
2 4 3 4
砖红色沉淀，指示到达滴定终点。25℃时，当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液
中c(Ag+)为___mol•L-1，此时溶液中c(CrO 2-)等于___mol•L-1(已知Ag CrO、AgCl的K 分别为2.0×10-12和
4 2 4 sp
2.0×10-10)。
【答案】(1)H O 溶液 Ag SO ZnO (2)> (3)2.0×10-5 5.0×10-3
2 2 2 4
【解析】(1)①根据除杂的“两不”“两易”原则可知，除去Fe2+又不引入新的杂质，所以应选择HO
2 2
溶液，将其氧化为Fe3+，除去溶液中的Cl-，为了不引入新的杂质，应选择Ag SO ；②为使某些金属离子转
2 4
化为沉淀而Zn不被沉淀，则应选择ZnO或者Zn(OH) ，由题意有应选ZnO；(2)由反应Cu2+(aq)+MnS(s)
2
CuS(s)+Mn2+(aq)可知，K (MnS) ＞K (CuS)，铜离子比锰离子更容易与硫离子结合生成硫化铜，所
sp sp
以该反应达到平衡后溶液中的c(Mn2+)＞c(Cu2+)；(3) 由K (AgCl)= c(Ag+) × c(Cl-) 有
sp
，因为25℃时AgCl的K = 2.0×10-10，所以25℃时，当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓
sp
度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液中c(Ag+) =2.0×10-5mol•L-1；由K (Ag CrO)= c(Ag+) ×c(CrO 2-)有
sp 2 4 4
，因为25℃时Ag CrO 的K 为2.0×10-12，所以c(CrO 2-)=5.0×10-3mol•L-1。
2 4 sp 4
11．某化工厂废水(pH=2.0，ρ≈1g•mL-1)中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01mol•L-1。排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如表：
难溶
AgI PbI AgOH Pb(OH) Ag S PbS
2 2 2
电解质
K 8.3×10-17 7.1×10-9 5.6×10-8 1.2×10-15 6.3×10-50 3.4×10-28
sp
(1)你认为往废水中投入_________(填序号)，Ag+、Pb2+沉淀效果最好。
A．KI B．NaOH C．NaS
2
(2)常温下，如果用NaOH处理上述废水，使溶液的pH=9.0，处理后的废水中c(Pb2+)=___。
(3)如果用食盐处理只含Ag+的废水，测得处理后的废水(ρ≈1g•mL-1)中NaCl的质量分数为0.117%．若
排放标准要求为c(Ag+)低于1.0×10-8mol•L-1，已知K (AgCl)=1.8×10-10mol•L-2，问该工厂处理后的废水中
sp
c(Ag+)=________，是否符合排放标准_________(填“是”或“否”)。
【答案】(1) c (2) 1.2×10-5mol·L-1 (3)9×10-9mol·L-1 是
【解析】(1)因为溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积小，则应选择
硫 化 钠 ， 故 答 案 为 c ； (2)Pb(OH) 的 溶 度 积 为 1.2×10-15 ， pH=9.0 ， c(OH-)=10-5mol/L ，
2
1.21015
Ksp=[c2(OH-)]×c(Pb2+)=1.2×10-15，c(Pb2+)= mol/L=1.2×10-5 mol·L-1；(3)废水中NaCl的质量分数为
105105
1000ρω 100010.117%
0.117% ， ρ≈1g·mL-1 ， 所 以 c(Cl)= = mol/L=0.02 mol·L-1 ；
M 58.5
1.81010
Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，c(Ag+)= mol/L=9×10-9mol·L-1＜1.0×10-8mol·L-1，排放标准要求为c(Ag+)
0.02
低于1.0×10-8mol·L-1，所以符合排放标准。
1．(2022·上海交大附中高三模拟)常温下，利用如图装置进行实验；向蒸馏水中加入 粉末，
一段时间后再加入稀硫酸。测得溶液 随时间变化曲线如图所示。下列对曲线的分析错误的是( )
A． 段 不断增大的原因是Mg(OH) 不断溶解导致的
2
B．只有 段存在平衡Mg(OH) (s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)
2
C． 段促进了氢氧化镁的溶解
D．通过实验数据对比可知，加入的稀硫酸的物质的量小于Mg(OH)
2
【答案】B
【解析】由图可知，ab段的变化是加入Mg(OH) 粉末导致的，cd段的变化是加入稀硫酸导致的。A项，
2
Mg(OH) 属于碱，溶于水产生OH-，使溶液的pH增大，故A正确；B项，由图可知，bc段溶液的pH不再
2
变化，说明溶液中OH-的浓度不再变化，则存在平衡Mg(OH) (s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)，但是只要是氢
2
氧化镁的饱和溶液中都存在此平衡，如de阶段，故B错误；C项，cd段加入稀硫酸，消耗OH-，平衡
Mg(OH) (s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)正向移动，故C正确；D项，a点时加入的Mg(OH) 使溶液pH变化到
2 2
了b点，c点时加入硫酸与氢氧化镁反应，使得溶液的pH变化到了d点，若Mg(OH) 与硫酸恰好完全反应
2
生成硫酸镁，溶液会因Mg2+水解而呈酸性，但d点溶液的pH约为10，显碱性，说明加入的稀硫酸的物质
的量小于Mg(OH) ，故D正确；故选C。
2
2．(2022·江苏省如皋市高三教学质量调研)常温下，将0.1 mol·L-1 NaHCO 溶液与0.1 mol·L-1 CaCl 溶
3 2
液等体积混合，产生白色沉淀和无色气体，已知K (H CO)=5×10-7，K (H CO)=6×10-11，
a1 2 3 a2 2 3
K (CaCO)=3×10-9。下列说法正确的是( )
sp 3
A．0.1 mol·L-1 NaHCO 溶液中：c(Na+)<c(HCO-)+2c(CO 2-)
3 3 3
B．两溶液混合时：c(CO2-)<6.0×10-8mol·L-1
3
C．反应后的溶液中：c(CO2-)<c(Ca2+)
3
D．反应后的溶液中：c(HCO)+c(HCO )+c(CO 2-)=0.05mol·L-1
2 3 3
【答案】C【解析】A项，0.1 mol·L-1 NaHCO 溶液中，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(HCO-)+2c(CO 2-)
3 3 3
+c(OH-)，由K (H CO)=6×10-11，Kh = ＞Ka，即HCO -水解大于电离，溶液呈碱性，即
a2 2 3 2 2 3
c(OH-)＞c(H+)，故有c(Na+)>c(HCO-)+2c(CO 2-)，A错误；B项，两溶液混合时有c(Ca2+)=
3 3
=0.05mol/L，根据K (CaCO)=3×10-9可知，c(Ca2+) c(CO 2-)＞3×10-9，c(CO2-)＞6.0×10-8mol·L-1，B错误；C
sp 3 3 3
项，反应前有：c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)=c(Ca2+)=0.05mol/L，即反应前就有c(CO2-)<c(Ca2+)，而反应过
2 3 3 3 3
程中Ca2+和CO2-是1：1结合的，即消耗的量一样多，故反应后的溶液中：c(CO2-)<c(Ca2+)，C正确；D项，
3 3
反应中若没有其他放出则有：c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)=0.05mol·L-1，现由题干信息可知，反应中由无色
2 3 3 3
气体CO 放出，故反应后的溶液中：c(HCO)+c(HCO-)+c(CO 2-)＜0.05mol·L-1，D错误；故选C。
2 2 3 3 3
3．(2022·重庆一中高三考前适应性考试)室温下，在CaSO 悬浊液中存在如下平衡：
4
CaSO(s) CaSO(aq) K=6.0×10-3
4 4 1
CaSO(s) Ca2+(sq)+ SO2-(aq) K=5.0×10-3，已知
4 4 2
下列说法错误的是( )
A．平衡时，
B．平衡时，
C．该温度下，
D．加入少量 固体， 减小， 增大
【答案】D
【解析】A项，由CaSO(s) CaSO(aq) K=6.0×10-3 ，平衡时，
4 4 1
，A正确；B项，由CaSO(s) Ca2+(sq)+ SO2-(aq) K=5.0×10-3，平衡时，
4 4 2，解得 ，则
，B正确；
C项，将两个平衡式相加可得CaSO(s) Ca2+(sq)+ SO2-(aq)，该温度下，
4 4
，C正确；D项，加入少量NaCO 固体，Ca2+与CO2-结合生成
2 3 3
CaCO 沉淀，促进沉淀溶解平衡正向移动， 增大，由于仍是饱和溶液，温度不变则
3
不变，D错误；故选D。
4．(2022·北京市东城区高三三模)取1.0L浓缩卤水( 、 浓度均为 )进行实验：滴加
一定量AgNO 溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知： 、
3
。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。
5．(2022·江苏省无锡市普通高中高三期末调研)室温下，将0.1mol·L-1AgNO 溶液和0.1mol·L-1NaCl溶
3
液等体积充分混合，一段时间后过滤，得滤液a和沉淀b。取等量的滤液a于两支试管中，分别滴加相同体
积、浓度均为0.1mol·L-1的NaS溶液和NaSO 溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清；再取少量的沉淀
2 2 4
b，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解。下列说法正确的是( )
A．0.1mol·L-1NaS溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H S)
2 2
B．过滤后所得清液中一定存在：c(Ag+)= 且c(Ag+)＞
C．沉淀b中滴加氨水发生反应的离子方程式：AgCl+2NH∙HO=[Ag(NH)]++Cl-+2H O
3 2 3 2 2
D．从实验现象可以得出该温度下K (Ag S)＞K (Ag SO )
sp 2 sp 2 4
【答案】C
【解析】A项，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+ c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)
+2c(H S)，两式联立，质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H S)，A错误；B项，滤液为氯化银的饱和溶液，
2 2
所以清液中一定存在：c(Ag+)= ，但加入硫酸钠后溶液仍然澄清，说明硫酸银的溶解度比氯化银
大，则反应后c(Ag+)< ，B错误；C项，沉淀b为氯化银，氯化银中滴加氨水会生成二氨合
银离子，其离子方程式为：AgCl+2NH∙HO=[Ag(NH)]++Cl-+2H O，C正确；D项，从实验现象可以得出
3 2 3 2 2
硫化银比硫酸银更难溶，K (Ag SO )＞K (Ag S)，D错误；故选C。
sp 2 4 sp 2
6．(2022·江苏省南京外国语学校、海安中学、金陵中学三校高三联考)室温下，向5mL0.1mol·L-1的
NaCO 溶液中滴加1mL0.1mol·L-1 BaCl 溶液，有白色沉淀生成，过滤，向滤渣中加入NaSO 溶液，浸泡
2 3 2 2 4一段时间后过滤，向滤渣中加入足量的1mol·L-1盐酸，无明显现象。已知：K (BaCO)=5.0×10-9，
sp 3
K (BaSO)=1.0×10-10。下列说法正确的是( )
sp 4
A．0.1mol·L-1NaCO 溶液中存在：2c(Na+)= c(CO2-)+c(HCO -)+ c(H CO)
2 3 3 3 2 3
B．第二次过滤后所得滤渣中加盐酸发生反应的离子方程式为： CaCO +H+=Ca2++HCO-
3 3
C．NaSO 溶液的浓度至少为
2 4
D．NaSO 溶液浸泡后的溶液中一定存在c(CO2-)≤50 c(SO 2-)
2 4 3 4
【答案】D
【解析】A项，0.1mol·L-1NaCO 溶液中存在物料守恒：c(Na+)= 2[c(CO2-)+c(HCO -)+ c(H CO)]，A
2 3 3 3 2 3
错误；B项，碳酸钠和氯化钡反应生成白色沉淀为BaCO ，加入NaSO 溶液，发生沉淀转化，浸泡一段时
3 2 4
间后过滤得到BaSO 沉淀，向滤渣中加入足量的1mol·L-1盐酸，无明显现象，说明第二次滤渣不存在
4
BaCO ，只有BaSO，加盐酸不反应，B错误；C项，白色沉淀BaCO 存在溶解平衡：BaCO Ba2+
3 4 3 3
+CO 2-，由 ，转化为BaSO 沉淀至少需要
3 4
，C错误； D项，白色沉淀为BaCO ，加入NaSO 溶液，
3 2 4
发生沉淀转化：BaCO + SO 2- BaSO+CO 2-， ，增大c(SO 2-)
3 4 4 3 4
保证BaCO 沉淀完全转化，NaSO 溶液浸泡后的溶液中一定存在c(CO2-)≤50 c(SO 2-)，D正确；故选D。
3 2 4 3 4
7．(2022·上海市复旦附中高三模拟)25℃，向少量BaSO 中加入足量NaCO 饱和溶液，充分搅拌、静
4 2 3
置、过滤、洗涤，向滤渣中加盐酸，滤渣溶解且有CO 产生(已知：①部分物质的溶解度如下表；②稀溶液
2
的密度看作1.0g· mL-1)。下列分析正确的是( )
物质 BaSO BaCO Ba(OH)
4 3 2
25℃溶解度g/100g水 2.33×10- 4 1.38×10-3 5
A．BaSO 饱和溶液中c(Ba2+)约为1×10-4 mol·L- 1
4
B．BaSO 的电离方程式为：BaSO Ba2++ SO 2-
4 4 4
C．CO2-与Ba2+生成BaCO ，使BaSO 电离平衡右移
3 3 4
D．将NaCO 换成0.5mol·L-1NaOH溶液，得不到Ba(OH) 沉淀
2 3 2【答案】D
【解析】A项，BaSO 饱和溶液中，c(Ba2+)≈ =1×10-5 mol·L- 1，A不正确；B项，BaSO 为
4 4
强电解质，发生完全电离，电离方程式为：BaSO=Ba2++ SO 2-，B不正确；C项，BaSO 为强电解质，不存
4 4 4
在电离平衡，所以CO2-与Ba2+生成BaCO ，使BaSO 溶解平衡右移，C不正确；D项，将NaCO 换成
3 3 4 2 3
0.5mol·L-1NaOH溶液，因为Ba(OH) 的溶解度远大于BaCO ，所以得不到Ba(OH) 沉淀，D正确；故选
2 3 2
D。
8．(2022·吉林省长春市高三临考押题题)难溶物在水溶液中存在沉淀溶解平衡，已知
K (CaSO)=9.0×10-6，K (CaCO)=2.8×10-9，离子浓度与物质常温下的溶解度关系如图所示，下列说法正确
sp 4 sp 3
的是( )
A．L 为CaSO 曲线，L 为CaCO 曲线
1 4 2 3
B．c 的数量级为10-4，c=3.0×10-3mol/L
1 2
C．常温下L 溶解度：a>d，a>e
1
D．降低温度a点可移动至c点
【答案】C
【解析】K (CaSO)=9.0×10-6则饱和CaSO 溶液中 。
sp 4 4
K (CaCO)=2.8×10-9，则 。计算得知c(SO 2-)＞c(CO2-)，则
sp 3 4 3
L2为CaSO，L1为CaCO 。A项，L 为CaSO，L 为CaCO ，A项错误；B项，c、c 分别为饱和溶液中
4 3 2 4 1 3 1 2的离子浓度，则c 的数量级为10-5而c=3×10-3，B项错误；C项，a→d点溶液中Ca2+增加而CO2-减少，说
1 2 3
明向该溶液中加入了Ca2+溶解平衡CaCO (s) Ca2+(sq)+ CO 2-(aq)逆向，所有CaCO 溶解度降低。所有
3 3 3
溶解度a>d。a→e点溶液中CO2-增加而Ca2+减少，说明向该溶液中加入了CO2-溶解平衡CaCO (s)
3 3 3
Ca2+(sq)+ CO 2-(aq)逆向，所有CaCO 溶解度降低。所有溶解度a>e。C项正确；D项，降低温度，CaCO 溶
3 3 3
解平衡逆向，饱和溶液中离子浓度降低，a不会移向c点，D项错误；故选C。
9．(2022·福建省福州第一中学模拟预测)天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知
K (CaCO)=10-8.7，某溶洞水体中lgc(X)(X为HCO -、CO2-或Ca2+)与pH变化的关系如下图所示。下列说法
sp 3 3 3
错误的是( )
A．曲线②代表CO2- B．K (H CO)的数量级为10-11
3 a2 2 3
C．a=-4.35，b=-2.75 D．pH=10.3时，c(Ca2+)=10-7.6 mol·L-1
【答案】C
【解析】根据图象可知：横坐标代表pH，随着pH增大，溶液碱性增强，c(HCO -)、c(CO2-)增大，先
3 3
生成HCO -，再生成CO2-，所以曲线①代表HCO -，曲线②代表CO2-，因为碳酸钙是难溶物，因此随着
3 3 3 3
c(CO2-)增大，溶液中c(Ca2+ )减小，推出曲线③代表Ca2+。A项，曲线②代表CO2-，A正确；B项，电离
3 3
平衡常数只受温度的影响，曲线①和②的交点代表c(HCO -)=c(CO2-)，即K =
3 3 a2
，故K (H CO)的数量级为10-11，B正确；C项，曲线②和③的交点，代表
a2 2 3
c(CO2-)=c(Ca2+)，根据K (CaCO)=c(CO2-)·c(Ca2+)=10-8.7，则c(CO2-)=
3 sp 3 3 3
，即a=-4.35；根据电离平衡常数K = ，c(
a2)= ，即b=-2.65，C错误；D项，当pH=10.3时，c(CO2-)=10-
3
1.1 mol/L，根据K (CaCO)= c(CO2-)·c(Ca2+)，c(Ca2+)= ，D正确；故选C。
sp 3 3
10．(2022·安徽省名校高三毕业班考前定位测试)已知相同温度下，K [ Cu(OH) ] <K [Co(OH) ]。 某
sp 2 sp 2
温度下， Cu(OH) 和Co(OH) 的饱和溶液中-lgc(Cu2+)、-lgc(Co2+)与pOH[ -lg c(OH-)]的关系如图所示。下列
2 2
说法正确的是( )
A．Cu(OH) 沉淀不能转化为Co(OH) 沉淀
2 2
B．该温度下K [Cu(OH) ]=1.0×10 -10
sp 2
C．通过蒸发可使溶液由d点变到c点
D．向饱和溶液中加入适量NaOH固体，可使溶液由a点移到b点
【答案】D
【解析】已知相同温度下，K [ Cu(OH) ] <K [Co(OH) ]，则c(Cu2+)=c(Co2+)时，c(OH-)较小，即pOH=-
sp 2 sp 2
lg c(OH-)较大，由图可知曲线①代表-lgc(Cu2+)与pOH的关系，曲线②代表-lgc(Co2+)与pOH的关系。A项，
只要Co2+浓度足够大，消耗OH-可促进Cu(OH) 沉淀溶解平衡正向移动，可实现Cu(OH) 沉淀能转化为
2 2
Co(OH) 沉淀，A错误；B项，已知相同温度下，K [ Cu(OH) ] <K [Co(OH) ]，则c(Cu2+)=c(Co2+)时，
2 sp 2 sp 2
c(OH-)较小，即pOH=-lg c(OH-)较大，由图可知曲线①代表-lgc(Cu2+)与pOH的关系，由c点可知该温度下
K [Cu(OH) ]=10-2×(10-9)2=1.0×10-20，B错误；C项，d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c(OH-)、c(Cu2+)均增
sp 2
大，所以不能使溶液由d点变到c点，故C错误；D项，加入适量NaOH固体，溶液中OH-离子浓度增大，由于温度不变，K 不变，Co2+离子浓度减小，-lgc(Co2+)值增大，可使溶液由a点移到b点，D正确；故选
sp
D。
11．(2022·安徽省新未来联盟高三联考)ROH是一元弱碱，难溶盐RA、RB的两饱和溶液中c(A-)或
c(B- )随c(OH-)而变化，A-、B-不发生水解。实验发现，298 K时c2(A- )与c(OH- )或c2(B- )与c(OH- )的关
系如图所示，甲表示c2(A- )与c(OH- )关系。下列叙述错误的是( )
A．RA饱和溶液在pH=6时，c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1
B．RB的溶度积K (RB)的数值为5×10-11
sp
C．ROH的电离平衡常数K(ROH)的数值为2×10-6
b
D．当RB的饱和溶液pH=7时，c(R+ )+c(H+ )<c(B- )+c(OH-)
【答案】C
【解析】A项，RA饱和溶液pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，据图可知此时
c2(A-)=30×10-11(mol/L)2，所以c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1，A项正确；B项，RB的饱和溶液中存在平衡RB
R++B-、R++H O ROH+H+，当溶液酸性越强，R-的水解程度越弱，c(R+)和c(B-)的大小越接近，
2
据图可知当c(OH-)接近0时(酸性强)，c2(B-)=5×10-11(mol/L)2，此时c(R+)=c(B-)，
K (RB))=c(R+)·c(B-)=c2(B-)=5×10-11，B项正确；C项，RB溶液中存在物料守恒c(R+)+c(ROH-)=c(B-)，
sp
K(ROH)= ，若调节pH使碱性增强时加入的碱不是ROH，则c(R+)=c(ROH)时，满足
b
c(R+)=c(ROH)= c(B-)，K (RB) =c(R+)c(B-)= c(B-)·c(B-)=5×10-11，所以此时c2(B-)=10×10-11，据图可知此时
sp
c(OH-)=2×10-8mol/L，即K(ROH)=2×10-8，C项错误；D项，RB饱和溶液若不加入其他物质，由于R+的水
b
解，溶液会显酸性，所以pH=7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子，此时根据电荷
守恒可知c(R+)+c(H+)<c(B-)+c(OH-)，D项正确；故选C。12．(2022·湖南省四大名校名师团队高三猜题卷)某温度下，向10mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液和10mL 0.1
mol·L-1KCrO 溶液中分别滴加0.1 AgNO 溶液。滴加过程中pM[ 或 ]与所加
2 4 3
AgNO 溶液体积之间的关系如下图所示。已知 Ag CrO 为红棕色沉淀。下列说法正确的是( )
3 2 4
A．该温度下，K (Ag CrO)的数量级为10-11
sp 2 4
B．a、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：a＞b＞c
1 1
C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2 ，则a 点会平移至a 点
1 2
D．用AgNO 标准溶液滴定KCrO 溶液时，可用NaCl溶液作指示剂
3 2 4
【答案】C
【解析】A项，b点时恰好反应生成Ag CrO， ， ，则
2 4
，该温度下 ，故A错误；B项，a 点
1
恰好完全反应， ，c(Cl-)=1.0×10-4.9mol·L－1，则c(Ag+)=1.0×10-4.9mol·L－1，b点c(Ag+)=2.0×10-
4mol·L－1，c点，KCrO 过量，c(CrO 2-)约为原来的 ，c(CrO 2-)=0.025mol·L－1，则c(Ag+)
2 4 4 4
，a、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C项，温度不变，
1
氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2 mol·L-1，平衡时 ，但需要的硝酸银
溶液的体积变成原来的2倍，因此a 点会平移至a 点，故C正确；D项，当溶液中同时存在Cl-和CrO2-时，
1 2 4
加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，沉淀颜色为白色。Ag CrO 为红棕色沉淀，故D错误；故选C。
2 413．(2022·四川省遂宁市高三模拟测试)ROH是一元弱碱。难溶盐RA的饱和溶液中c(A-)随c(OH-)而变
化，A-不发生水解。298K时，c2(A-)与c(OH-)有如下图所示线性关系。下列叙述错误的是( )
A．pH=6时，c(A-)＜2×10-5mol/L
B．ROH的电离平衡常数K(ROH)=2×10-6
b
C．RA的溶度积K (RA)=2×10-10
sp
D．c2(A-)=K (RA)+[K (RA)×c(OH-)]/K(ROH)
sp sp b
【答案】B
【解析】A项，由图可知pH=6，即c(OH-)=1×10-8mol/L时，c2(A-)=30×10-11mol2/L2，c(A-)=
mol/L＜2×10-5mol/L，A正确；B项，由图可知，c(OH-)=0时，可看作溶液中有较
大浓度的H+，此时R+的水解极大地被抑制，溶液中c(R+)=c(A-)，则
， ，当 时，由物料守恒知
，则 ， ，则 ，由图可知此时
溶液中c(OH-)=2×10-8mol/L，所以ROH的电离平衡常数 =2×10-8，B错误；
C项，根据选项B可知RA的溶度积K (RA)=2×10-10，C正确；D项，物料守恒为 ，
sp根据溶度积常数和电离常数可知 ，因此溶液中存在
c2(A-)=K (RA)+[K (RA)×c(OH-)]/K(ROH)，D正确；故选B。
sp sp b
14．(2022·山东省临沂市三模)已知CaF 是难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用盐酸调节CaF 浊液
2 2
的pH，测得在不同pH条件下，体系中 与-lgc(X)(X为Ca2+或F- )的关系如图所示。
下列说法错误的是( )
A．L 表示-lgc(F- )与 的变化曲线
2
B．K (CaF )的数量级为10-10
sp 2
C．c点的溶液中： c(Cl-)<c(Ca2+)
D．a、b、c三点的溶液中： 2c(Ca2+)=c(F- )+c(HF)
【答案】C
【解析】已知HF的Ka= ，则有 = ，即有lg 越大，c(F-)越大，lgc(F-)越
大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L 代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L 代表-
1 2
lgc(F-)的变化曲线。A项，L 表示-lgc(Ca2+)与 的变化曲线，L 代表-lgc(F-)的变化曲线，A正确；B
1 2
项，由a点坐标可知， = =10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时 =10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故
K (CaF )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故其数量级为10-10，B正确；C项，由图像可知，c点的溶液中
sp 2
有：c(Ca2+)=c(F-)，结合电荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，即有：c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，
此时lg 小于0，即c(HF)＜c(H+)，溶液显酸性即c(H+)＞c(OH-)，故有 c(Cl-)＞c(Ca2+)，C错误；D项，
根据物料守恒可知，a、b、c三点的溶液中： 2c(Ca2+)=c(F- )+c(HF)，D正确；故选C。
15．(2022·山东省淄博市三模)以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe O、CuO、MnO、SiO)为
2 3 2
原料制备锌的工艺流程如图：
已知：①“浸取”时。ZnO、CuO转化为[Zn(NH )]2+、[Cu(NH )]2+进入溶液；
3 4 3 4
②25℃时，K (CuS )=6.4×10-36，K (Zn S )=1.6×10-24 ；
sp sp
③深度除杂标准：溶液中
(1)为提高锌浸出率，必须采取的措施是_______；“浸取”温度为30℃时，锌浸出率可达90.6%，继
续升温浸出率反而下降，其原因为_______。
(2)“操作a”的名称为_______。
(3)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的Mn2+转化为MnO ，离子方程式为_______。
2
(4)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果［除铜效果以反应后溶液中铜锌比
表示］与“(NH )S加入量”［以 表示］的关系曲线如图所示。
4 2①当(NH )S加入量 时，锌的最终回收率下降的原因是_______(用离子方程式表示)，该反应的
4 2
平衡常数为_______，(已知[Zn(NH )]2+的 )
3 4
②“深度除铜”时(NH )S加入量最好应选_______。
4 2
A．100% B．110% C．120% D．130%
(5)测定反萃取水相中Zn2+的浓度：量取20.00mL反萃取水相于锥形瓶中，用0.0100mol/L EDTA(乙二
胺四乙酸钠NaHY)标准溶液滴定至终点(Zn2+HY2-= ZnY2-+2H+)。重复实验三次，平均消耗标准溶液
2 2 2
22.30mL。则反萃取水相中Zn2+的浓度为_______(保留两位小数)。
【答案】(1)将废锌催化剂粉碎 温度升高，NH 挥发，使生成[Zn(NH )]2+减少
3 3 4
(2)分液
(3)Mn2++2 NH ·H O+HO= MnO ↓+2NH++2H O
3 2 2 2 2 4 2
(4) Zn(NH)]2++S2-= ZnS↓ +4NH 2.0×106 C
3 4 3
(5)0.011mol/L
【解析】废锌催化剂要成分为ZnO及少量Fe O、CuO、MnO、SiO，加入NH -NH Cl的混合溶液，
2 3 2 3 4
生成[Zn(NH )]2+、[Cu(NH )]2+，同时生成Fe(OH) 、Mn(OH) 等，SiO 不溶解，过滤一起除去，再向滤液
3 4 3 4 3 2 2
中加入HO，进行深度除锰，反应的方程式为Mn2++2 NH ·H O+HO= MnO ↓+2NH++2H O，再加入
2 2 3 2 2 2 2 4 2
(NH )S，进行深度除铜，反应的方程式为[Cu(NH )]2++S2-=CuS↓+4NH ，过滤，除去MnO 和CuS，向滤液
4 2 3 4 3 2
中加入萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，分液后，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌
溶液，然后进行电解，得到锌。(1)将废锌催化剂粉碎温度升高，NH 挥发，使生成[Zn(NH )]2+减少。温度
3 3 4
升高，因NH 浓度减小，平衡移动，致使[Zn(NH )]2+浓度减小；(2)“操作a”分离有机层和无机层，名称为
3 3 4分液；(3)“深度除锰”可将残留的Mn2+转化为MnO ，该反应的离子方程式为：Mn2++2 NH ·H O+HO=
2 3 2 2 2
MnO ↓+2NH++2H O；(4)①当(NH )S加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因锌离子与硫离子结合
2 4 2 4 2
生成了硫化锌，离子方程式为Zn(NH )]2++S2-= ZnS↓ +4NH ，该反应的平衡常数为
3 4 3
；②当(NH )S加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到深度除铜标准，继续加大(NH )S加入
4 2 4 2
量会导致锌回收率下降且不经济，故选c；(5)由滴定原理：Zn2+HY2-= ZnY2-+2H+，
2
n(Zn2+)=n(HY2-)=cV=0.0100mol/L×22.30×10-3L=2.23×10-4mol，反萃取水相中Zn2+的浓度为
2
。
16．(2022·河北省秦皇岛市三模)利用“铁脱络-化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。
已知，①废水中镍主要以NiR 络合物形式存在，其在水溶液中存在平街：NiR (aq) Ni2+ (aq)+
2 2
2R- (aq，有机配体)K=1.6 ×10-14
②常温下，K [Fe(OH) ]=1×10-39，K [Ni(OH) ]=1. 6×10-15
sp 3 sp 2
③“脱络”(指NiR 转化成Ni2+ )过程中，反应历程如下：
2
i.Fe2++H O=Fe3++OH-+·OH；
2 2
ii.R-+·OH=OH-+ ·R；
iii. HO+2·OH=O ↑+2H O。
2 2 2 2
(1)·OH的电子式为_______。
(2)①根据·OH与HO 的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制：_______。
2 2
②实验测得HO 加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示。由图可知，当加入HO 的量为
2 2 2 2
_______g·L-1时，镍回收效果最好；当加入HO 的量较大时， 镍回收率下降，可能的原因是_______。
2 2(3)常温下 ，若“脱络”后的废水中 c(Ni2+ )=0. 01 mol·L-1，“沉淀”时先加入 NaOH至溶液的
pH=_______ ，使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6 mol·L-1，忽略溶液体积变化)，此时 _______ (填
“有”或“无”)Ni(OH) 沉淀生成。
2
(4)取100 mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2. 325 g Ni(OH) 沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回
2
收率为99. 97%；Ni(OH) 沉淀再经稀硫酸溶解、_______、过滤，得到NiSO ·7H O固体的质量为6.744g。
2 4 2
试计算100mL该电镀废水中镍转化成NiSO ·7H O的总回收率：_______(保留四位有效数字)。
4 2
【答案】(1)
(2) 生成羟基自由基，消耗有机配体R- ，使平衡NiR (aq) Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移
2
动 0.45 反应iii速率加快，消耗较多·OH，不利于R-转化成·R
(3) 3 无
(4) 蒸发浓缩、冷却结晶 95.97%
【解析】废水中的NiR 经过脱络后得到含镍离子的废水，加氢氧化钠溶液沉淀后得到氢氧化镍沉淀，
2
滤液中含少量的镍离子，经过后续处理得到氢氧化镍固体。(1)·OH的电子式为： ；(2)从整个反应
历程来看，羟基自由基能消耗有机配体，使“脱络”反应平衡正向移动移动，故答案为：生成羟基自由基，
消耗有机配体R-，使平衡NiR (aq) Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；由图知，HO 加入量为0. 45g/ L
2 2 2
时，镍的回收效果最好；当HO 加入量高于0. 45g/ L时，反应iii 速率加快，导致羟基自由基大量减少，
2 2不利于除镍；(3)Fe3+完全沉淀时c3(OH- )= mol3·L-3=1×10 -33 mol3 ·L-3，
c(OH- )=1×10-11 mol/ L ，则c(H+)=1×10-3 mol/ L，即pH=3。此时Qc[Ni(OH)]=0.01×(10-11)2=10-24<
2
Ksp[Ni(OH) ]，故无Ni(OH) 沉淀生成；(4)要得到NiSO ·7H O固体需要将氢氧化镍沉淀先用稀硫酸溶解，
2 2 4 2
再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO ·7H O；Ni(OH) 沉淀转化成NiSO ·7H O固体的转化率为
4 2 2 4 2
(6.744g ÷281g/mol) ÷(2.325g÷93g/mol) × 100% = 96%，100 mL该电镀废水中镍转化成NiSO ·7H O的总回收
4 2
率为96%×99.97%≈95.97%。
17．(2022·广西壮族自治区桂林、河池、北海、来宾、崇左市高三联考)镍矿渣中主要含有Ni(OH) 和
2
NiS，还有Fe、Cu 、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下：
已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+、 Mg2+、Zn2+。常温下，部分物质的溶度积常数
如下表：
难溶物 NiS ZnS CuS CaF MgF
2 2
溶度积常数 1.07× 10-21 2.93 × 10-25 1.27 × 10-36 4 × 10-11 7.42 × 10-11
请回答下列问题：
(1)酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有_______(任写一条)。
(2)含镍矿渣浸取时， NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为_______。
(3)向含镍浸出液中加入NaCO 的目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为_______(填化学式)。
2 3
(4)溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为_______。该反应的化学平衡
常数K=_______(保留两位有效数字)；若使用HS气体替代NiS。其不足之处是_______。
2
(5)溶液2中加入NaF的作用主要是除去溶液中的_______(填离子符号)
(6)“除Zn2+”时，ZnSO 与有机萃取剂(用HA表示)存在以下过程： ZnSO+4HA
4 4ZnA·2HA+H SO ，试分析“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：_______。
2 2 4
【答案】(1)将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度(任写1条，合理即可)
(2)3NiS + ClO --+6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H O
3 2
(3)Fe(OH)
3
(4) NiS(s) +Cu2+(aq) CuS(s)+Ni2+(aq) 8.4×1014 可能逸出有毒气体HS，污染环境
2
(5)Ca2+、Mg2+
(6)增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO + 4HA ZnA·2HA+ HSO 向右移动，
4 2 2 4
锌的萃取率增大。
【解析】含镍矿渣加入稀硫酸和氯酸钠，得到含Ni2+的浸出液，发生Ni(OH) +2H+=Ni2++2H O、
2 2
3NiS+ClO --+6H+=3Ni2++3S+Cl-+3H O，沉淀1含有S、Fe(OH) ，在溶液1中加入NiS调节溶液的pH，沉淀
3 2 3
2中含有CuS，溶液2中加入NaF，可得到CaF 、MgF 等沉淀，溶液3中含有Ni2+、Zn2+，加入有机萃取剂，
2 2
水层中含有Ni2+，在水层中加入碳酸钠，可得到NiCO。(1)浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，
3
可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等；(2)NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程
式为3NiS + ClO --+6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H O；(3)加入NaCO 调节pH增大，目的是完全沉淀Fe3+，则沉
3 2 2 3
淀1的主要成分为Fe(OH) ；(4)由CuS的溶度积常数比NiS小，加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，发
3
生沉淀转化，反应的离子方程式为NiS(s) +Cu2+(aq) CuS(s)+Ni2+(aq)；该反应的化学平衡常数
；若使用HS气体替代NiS，其不足之处是
2
可能逸出有毒气体HS，污染环境；(5)溶液2中加入NaF，可得到CaF 、MgF 等沉淀，作用主要是除去溶
2 2 2
液中的Ca2+、Mg2+；(6)“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：增大料液的pH，使料
液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO + 4HA ZnA·2HA+ HSO 向右移动，锌的萃取率增大。
4 2 2 4
18．(2022·江苏省百校大联考第四次模拟考试)兰尼镍(Raney-Ni)是一种带有多孔结构的细小晶粒组成
的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构
对氢气的强吸附性。由镍矿渣[主要含Ni(OH) 、NiS，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质]制备
2
兰尼镍的过程可表示如下：
已知：K (NiS)=1.07×10-11 ，K (CuS)=1.27×10-26
sp sp(1)“酸溶”过程中，NiS发生反应的离子方程式为_______。
(2)“除杂”过程中加入 除去 发生的反应是：NiS+ Cu2+= CuS+Ni2+，该反应的平衡常数
_______。
(3)“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为 。为测定其组成，进行下列实验：
称取干燥沉淀样品 ，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示( 条件下
加热，收集到的气体产物只有一种， 以上残留固体为 )。通过计算确定该样品的化学式。(写出
计算过程)_______
(4)“浸出”是制备兰尼镍的关键步骤，NaOH溶液在“浸出”过程中的作用是_______。
(5)使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是_______。
【答案】(1)3NiS+ClO -+6H+=3Ni2++3S↓+Cl-+3H O
3 2
(2) 8.43×104
(3) NiCO ·2 Ni(OH) ·2H O
3 2 2
(4)溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金
(5)镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附
【解析】镍矿渣加入稀硫酸、NaClO 把S元素氧化为S单质，除杂后加入碳酸钠沉镍，经一系列反应
3
得金属镍，镍和铝熔合为镍铝合金，用氢氧化钠浸出铝元素，形成多孔结构的镍铝合金。(1)“酸溶”过程
中，酸性条件下，NiS被NaClO 氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为3NiS+ClO -+6H+=3Ni2++3S↓+Cl-
3 3
+3H O；(2)“除杂”过程中加入NiS除去Cu2+发生的反应是：NiS+ Cu2+= CuS+Ni2+，该反应的平衡常数K=
2。(3) 以上残留固体为NiO，可知
n(NiO)=0.03mol， 条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应NiCO
3
NiO+CO↑，固体质量减少(2.69-2.25)=0.44g，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则
2
n(NiCO)=n(CO )=0.01mol；根据镍元素守恒， ，则n(H O)=
3 2 2
，该样品的化学式为NiCO·2 Ni(OH) ·2H O。(4)NaOH溶液在
3 2 2
“浸出”过程中的作用溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金。(5)镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在
制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气也能完成。
1．【2022•山东卷】工业上以SrSO (s)为原料生产SrCO (s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO (s)
4 3 3
的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na CO 溶液，含SrSO (s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na SO 溶液。在一定pH范围
2 3 4 2 4
内，四种溶液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应SrSO (s)+CO2- SrCO (s)+SO 2-的平衡常数
4 3 3 4
B．a= -6.5
C．曲线④代表含SrCO (s)的1.0mol·L-1溶液的变化曲线
3D．对含SrCO (s)且NaSO 和NaCO 初始浓度均为1.0mol·L-1的混合溶液， 时才发生沉淀转
4 2 4 2 3
化
【答案】D
【解析】分析题给图象，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶
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0.1 mol·L-1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1 mol·L-1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，1 mol·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L-1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体
的0.1 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线。A项，
反应SrSO (s)+CO2- SrCO (s)+SO 2-的平衡常数K= = = ，故A正确；
4 3 3 4
B项，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—
sp 4
5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为 =10—6.5，则a为-6.5；
C项，曲线④表示含碳酸锶固体的1 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；D项，硫酸是强酸，溶液
pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以
硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D错误；故选D。
2．【2021•全国甲卷】已知相同温度下，K (BaSO)＜K (BaCO)。某温度下，饱和溶液中－
sp 4 sp 3
lg[c(SO 2-)、－lg[c(CO2-)、与－lg[c(Ba2＋)]的关系如图所示。
4 3
下列说法正确的是( )A．曲线①代表BaCO 的沉淀溶解曲线
3
B．该温度下BaSO 的K (BaSO)值为1.0×10－10
4 sp 4
C．加适量BaCl 固体可使溶液由a点变到b点
2
D．c(Ba2＋)＝10－5.1时两溶液中
【答案】B
【解析】因BaCO 、BaSO 均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO 2-)]}＝－lg[c(Ba2
3 4 4
＋)×c(SO 2-)]＝－lg[K (BaSO)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO2-)]}＝－lg[K (BaCO)]，因
4 sp 4 3 sp 3
K (BaSO)＜ K (BaCO)，则－lg[K (BaCO)]＜－lg[K (BaSO)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－
sp 4 sp 3 sp 3 sp 4
lg[c(SO 2-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO2-)]的关系。A项，由题可知，曲线上的点均为饱和
4 3
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，故A错误；B项，曲线①为
4
BaSO 溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO 2-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO 2-)＝
4 4 4
7，则－lg[K (BaSO)]＝7＋3＝10，因此K (BaSO)＝1.0×10－10，故B正确；C项，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(SO 2-)将减小，
2 sp 4 4
因此a点将沿曲线①向左上方移动，故C错误；D项，由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中
＝ ＝ ，故D错误；故选B。
3．【2021•全国乙卷】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，298K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
sp
C．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。
4．【2019•浙江4月选考】在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。
下列解析不正确的是( )
A．与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO 增多、石灰石沉积
2
B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO 溶解，沉积少
2
C．深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO (s)＋HO(l)＋CO(aq) Ca(HCO )(aq)
3 2 2 3 2
D．海水呈弱酸性，大气中CO 浓度增加，会导致海水中CO 浓度增大
2
【答案】D
【解析】A项，海水中CO 的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水
2
层压力较小，同时水温比较高，因而CO 的浓度较小，即游离的CO 增多，根据平衡移动原理，上述平衡
2 2向生成CaCO 方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；B项，与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO 溶解，
3 2
沉积少，B项正确；C项，在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为 CaCO (s)＋
3
HO(l)＋CO(aq)=Ca(HCO )(aq)，C项正确；D项，海水温度一定时，大气中CO 浓度增加，海水中溶解的
2 2 3 2 2
CO 随之增大，导致CO2-转化为HCO -，CO2-浓度降低，D项错误。
2 3 3 3
5．【2019•新课标Ⅱ卷】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在水中的溶解度
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 Cd2++S2-，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，在饱
和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)=S(溶解度)，结合图像可以看出，图中a和b分别表示T 和T 温度下CdS的溶解
1 2
度，A项正确；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
1
对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；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，C项正确；D．从图像中
可以看出，随着温度的升高，溶解的离子浓度增大，则说明CdS Cd2++S2-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，D项正确；
故选B。
6．【2018•新课标Ⅲ卷】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
3
示。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】A 项，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Ag+浓度为0.025mol/L(按照银离子和氯离子1：1
3
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，所以其数量级为10-10，A正确；B项，由于K (AgCl)极小，所以向溶
SP SP
液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以 c(Ag+)·c(Cl-)＝K (AgCl)，B正确；C
SP
项，滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴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，C错误；D项，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)
SP
应该大于K (AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离
SP
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，D正确。
7．【2017•新课标Ⅲ卷】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－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Cl－。根据溶液中平衡时相关离子浓度的
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关系图，下列说法错误的是( )A．K (CuCl)的数量级为10－7
sp
B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl
C．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－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项，根据CuCl(s) Cu＋(aq)＋Cl－(aq)可知K (CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)，从Cu＋图像中任
sp
取一点代入计算可得K (CuCl)≈10－7，正确；B项，由题干中“可向溶液中同时加入Cu和CuSO ，生成
sp 4
CuCl沉淀从而除去Cl－”可知Cu、Cu2＋与Cl― 可以发生反应生成CuCl沉淀，正确；C项，Cu(s)＋Cu2＋
(aq) 2Cu＋(aq)，固体对平衡无影响，故增加固体Cu的物质的量，平衡不移动，Cu＋的浓度不变，错
误；D项，2Cu＋(aq) Cu(s)＋Cu2＋(aq)，反应的平衡常数K＝，从图中两条曲线上任取横坐标相同的
c(Cu2＋)、c(Cu＋)两点代入计算可得K≈106，反应平衡常数较大，反应趋于完全，正确。