文档内容
考点 32 沉淀溶解平衡
目录
.............................................................................................................................................1
1.高考真题考点分布...................................................................................................................................1
2.命题规律及备考策略...............................................................................................................................1
.............................................................................................................................................2
考法01 难溶电解质的沉淀溶解平衡及应用............................................................................................2
考法02 溶度积常数及其应用...................................................................................................................5
.............................................................................................................................................8
1.高考真题考点分布
考点内容 考点分布
2024·湖南卷，3分；2024·北京卷，3分；2023·河北卷，3分；2023·北京卷，3分；，3
沉淀溶解平衡 分；，3分；，3分；，3分；，3分；2024·浙江卷，3分；2024·江苏卷，15分；2023
及其应用 浙江卷，3分；2023北京卷，3分；2022·湖南卷，3分；2022·江苏卷，3分；2022全国
乙卷，6分；
2024·江苏卷，3分；2024·湖北卷，3分；2024·浙江卷，3分；2023·湖南卷，3分；2023·
溶度积常数
辽宁卷，3分；，3分；，3分；，3分；，3分；2024·浙江卷，3分；2023·辽宁卷，3
及其应用
分；2023·全国甲卷，6分；2023·全国乙卷，6分；2022山东卷，3分；
2.命题规律及备考策略
【命题规律】
高频考点从近几年全国高考试题来看，沉淀的溶解、生成、转化、K 计算仍是高考命题的热点。
sp
【备考策略】【命题预测】
预计2025年高考会以新的情境载体考查沉淀的溶解、生成、转化、K 的相关计算等知识，题目难度一般
sp
较小。
考法01 难溶电解质的沉淀溶解平衡及应用
1.沉淀溶解平衡
(1)沉淀溶解平衡的含义
在一定温度下的水溶液中，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了沉淀溶解平衡状态。
(2)沉淀溶解平衡的影响因素
①内因：难溶电解质本身的性质，这是决定因素。
②外因[以AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) ΔH>0为例]：
外界条件 移动方向 平衡后c(Ag＋) 平衡后c(Cl－) K
sp
升高温度 正向 增大 增大 增大
加水稀释 正向 不变 不变 不变
加入少量AgNO 逆向 增大 减小 不变
3
通入HCl 逆向 减小 增大 不变
通入HS 正向 减小 增大 不变
2
2.沉淀溶解平衡的应用
(1)沉淀的生成
方法 举例 解释
除去CuCl 溶液中的FeCl ，可向溶液中加入 CuO 与 H ＋ 反应，促进 Fe 3 ＋ 水解生成
2 3
调节 CuO[或Cu(OH) 或CuCO 或Cu (OH) CO] Fe(OH) 沉淀
2 3 2 2 3 3
pH法 除去NH Cl溶液中的FeCl 杂质，可加入氨水调
4 3
Fe 3 ＋ 与 NH ·H O 反应生成 Fe(OH) 沉淀
3 2 3
节pH至4左右
沉淀 以HS、NaS等沉淀污水中的Hg2＋、Cu2＋等重
2 2
H S 、 Na S 与 Cu 2 ＋ 、 Hg 2 ＋ 反应生成沉淀
2 2
剂法 金属离子
(2)沉淀的溶解①酸溶解法：用离子方程式表示难溶于水的CaCO 可溶于盐酸：CaCO ＋2H＋===Ca2＋＋CO↑＋HO。
3 3 2 2
②盐溶液溶解法：用离子方程式表示Mg(OH) 溶于NH Cl溶液：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 ：3Ag S＋8HNO(稀)===6AgNO ＋2NO↑＋
2 3 2 3 3
3S＋4HO。
2
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锅炉除垢：将CaSO 转化为CaCO ，离子方程式为：CaSO(s)＋CO(aq) CaCO (s)＋SO(aq)。
4 3 4 3
②矿物转化：CuSO 溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为：ZnS(s)＋Cu2＋(aq) CuS(s)＋Zn2＋(aq)。
4
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度一定相等，且保持不变。( )
(2)AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)表示AgCl的电离平衡。( )
(3)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。( )
(4)在含有Mg(OH) 沉淀的饱和溶液中加入固体NH Cl，沉淀量不变。( )
2 4
(5)室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度。( )
(6)溶解度较小的沉淀不可以转化成溶解度较大的沉淀。( )
(7)升高温度，沉淀溶解平衡一定正向移动( )
(8)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
)
(9)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
(10)洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好( )
【答案】(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× (9)√ (10)×
考向01 考查沉淀溶解平衡及影响因素
【例1】（2024·福建宁德·一模）已知溶液中存在平衡：Ca(OH) (s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq) ΔH＜0，下
2
列有关该平衡体系的说法正确的是( )
①升高温度，平衡逆向移动
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度
③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液
④恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
⑤给溶液加热，溶液的pH升高
⑥向溶液中加入NaCO 溶液，其中固体质量增加
2 3
⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH) 固体质量不变
2
A.①⑥ B.①⑥⑦ C.②③④⑥ D.①②⑥⑦
【答案】A【解析】加入碳酸钠粉末会生成CaCO ，使Ca2＋浓度减小，②错；加入氢氧化钠溶液会使平衡左移，有
3
Ca(OH) 沉淀生成，但Ca(OH) 的溶度积较大，要除去Ca2＋，应把Ca2＋转化为更难溶的CaCO ，③错；恒
2 2 3
温下K 不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH) 的饱和溶液，pH不变，④错；加热，Ca(OH) 的溶解度减
sp 2 2
小，溶液的pH降低，⑤错；加入NaCO 溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH) 固体转化为CaCO 固体，
2 3 2 3
固体质量增加，⑥正确；加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH) 固体质量增加，⑦错。
2
考向02 考查沉淀溶解平衡的应用
【例2】（2024·湖南永州·模拟）要使工业废水中的Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，
已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
化合物 PbSO PbCO PbS
4 3
溶解度/g 1.03×10－4 1.81×10－7 1.84×10－14
由上述数据可知，沉淀剂最好选用( )
A.硫化物 B.硫酸盐 C.碳酸盐 D.以上沉淀剂均可
【答案】A
【解析】沉淀工业废水中的Pb2＋时，生成沉淀的反应进行得越完全越好，由于PbS的溶解度最小，故选硫
化物作为沉淀剂。
【对点1】（2024·陕西安康·模拟）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)＋
5 4 3 5 4 3
3PO(aq)＋OH－(aq) K ＝6.8×10－37。已知Ca (PO )F(s)的K ＝2.8×10－51。下列说法错误的是( )
sp 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)的沉淀溶解平衡正
2 5 4 3
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)，从平衡移动角度分析，
5 4 3
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多补
5 4 3
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，C错
5 4 3 sp
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 3
【对点2】（2024·海南海口·模拟）下列化学原理的应用，可以用沉淀溶解平衡原理来解释的是( )
①热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强 ②误将钡盐[BaCl 、Ba(NO )]当作食盐食用后，常用0.5%
2 3 2
的NaSO 溶液解毒 ③石灰岩(喀斯特地貌)溶洞的形成 ④BaCO 不能作“钡餐”，而BaSO 可以 ⑤泡
2 4 3 4
沫灭火器灭火原理
A.②③④ B.①②③ C.③④⑤ D.①②③④⑤
【答案】A【解析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，加热促进水解，碱能促进油脂水解，所以热
纯碱溶液洗涤油污的能力更强应用了盐类水解原理，不符合题意；②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，
钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质向难溶性的物质转化，可以用沉淀
溶解平衡原理来解释；③石灰岩里不溶性的碳酸钙在水和二氧化碳的作用下转化为微溶性的碳酸氢钙，长
时间反应，形成溶洞，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和
水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡可以，可以用沉淀溶解平衡原理来解释；
⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸
氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的
原理，不符合题意。
考法02 溶度积常数及其应用
1.溶度积和离子积
以A B (s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
m n
溶度积 离子积
概念 沉淀溶解的平衡常数 溶液中有关离子浓度幂的乘积
符号 K Q
sp
K (A B )＝cm(An＋)·cn(Bm－)，表达式中的浓 Q(A B )＝cm(An＋)·cn(Bm－)，表达式中的浓度是
sp m n m n
表达式
度都是平衡浓度 任意浓度
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①Q>K ：溶液过饱和，有沉淀析出
sp
应用
②Q＝K ：溶液饱和，处于平衡状态
sp
③Q K (YS) > K (ZS)，则直线
sp sp sp
①②③分别代表ZS、YS、XS。
【解析】A．由分析可知，直线①代表ZS，故A错误；
B．当pS=0时pZ=36，即c(S2-)=1，c(Z2+)=10-36mol/L，K (ZS) = c(Z2+)∙ c(S2-)=1 ×10-36，故B错误；
sp
C．向c点饱和溶液中加少量NaS，c(S2-)增大，而温度不变K (YS) 不变，c(Y2+)减小，pM= -lgc(Y2+)增
2 sp
大，c点不会向b点迁移，故C错误；
D．当pS=0即c(S2-)=1时pY=28即c(Y2+)=10-28mol/L，K (YS) = c(Y2+)∙ c(S2-)=1 ×10-28，当pS=0时pX=14，
sp
即c(S2-)=1，c(X2+)=10-14mol/L，K (XS) = c(X2+)∙ c(S2-)=1 ×10-14，该平衡常数
sp
，故D正确；
故选：D。
14．（2024·云南普洱·期末）常温下， 、 的沉淀溶解曲线如图所示。已知： 的溶解度小于
， 代表 或 。下列叙述错误的是
A．曲线Ⅰ代表 与 关系
B．常温下， 的数量级为
C．M点对应的溶液是 的过饱和溶液
D． 的平衡常数 为
【答案】C
【分析】 的溶解度小于 ，则图像上取相同的横坐标，即c(F-)相同时，应c(Ca2+)更小，-lg c(Ca2+)
更大，所以曲线I代表 与 关系，则曲线II代表 与 关系。
【解析】A．据以上分析可知，曲线I代表 与 关系， A项正确；
B．曲线II代表 与 关系，取图像中b点数据可计算：，数量级为 ，B项正确；
C．M点对应的溶液中Q=c(Ba2+) c2(F-)＜K ( )，即M点是 的不饱和溶液，C项错误；
sp
D．取图像中a点数据计算： ， ，
D项正确；
故答案为：C。
15．（2024·湖南岳阳·期中）T℃时，K (CaSO)=4.0×10-6、K (CaCO)=4.0×10-9、K (PbCO )=8.4×10-14，三
sp 4 sp 3 sp 3
种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，pM=-lgc(阴离子)、pN=-lgc(阳离子)。下列说法正确的是
A．c线是CaSO 沉淀溶解平衡曲线
4
B．T℃时，向0.001molCaCO 沉淀中加入NaSO 溶液(反应后溶液为1L)使CaCO 沉淀转化为CaSO 沉
3 2 4 3 4
淀，所需NaSO 的物质的量至少为1.001mol
2 4
C．T℃时，向10mL水中加入CaCO 和PbCO 至二者均饱和，溶液中 约为4.8×105
3 3
D．若向W点的CaCO 饱和溶液中加入等体积的CaSO 饱和溶液，则此时混合溶液中存在关系：
3 4
【答案】B
【解析】A．由图可知，a线表示的K 数值最大、c线表示的K 数值最小，则a为CaSO 沉淀溶解平衡曲
sp sp 4
线，b、c线分别表示CaCO 、PbCO 沉淀溶解平衡曲线，A错误；
3 3
B．T℃时，向0.001molCaCO 沉淀中加入NaSO 溶液(反应后溶液为1L)，使CaCO 沉淀转化为CaSO 沉
3 2 4 3 4
淀，由 ，则需要消耗0.001mol 、同时生成0.001mol
，则溶液中Ca2+的浓度为 ，则溶液中 浓度至少为
， ，故所需NaSO 的物质的
2 4
量至少为(1+0.001)mol=1.001mol，B正确；
C．T℃时，向10mL水中加如入CaCO 和PbCO 至二者均饱和，溶液中
3 3≈4.8×104，C错误；
D．由图可知，W点的CaCO 的饱和溶液中，Ca2+浓度大于 浓度， Ca2+浓度约为10-2mol·L-1，则
3
浓度约为 =4×10-7mol·L-1；加入的CaSO 饱和溶液中的Ca2+、 浓度均约为2×10-
4
3mol·L-1，两者等体积混合后，仍然为Ca2+浓度最大、 浓度最小， ，D错
误；
故答案选B。
1．(2024·浙江卷)室温下，HS水溶液中各含硫微粒物质的量分数 随 变化关系如下图[例如
2
]。已知： 。
下列说法正确的是( )
A．溶解度：FeS大于Fe(OH)
2
B．以酚酞为指示剂(变色的 范围8.2~10.0)，用 标准溶液可滴定HS水溶液的浓度
2
C．忽略S2-的第二步水解，0.1mol/L的NaS溶液中S2-水解率约为
2
D． 0.010mol/L的FeCl 溶液中加入等体积 的NaS溶液，反应初始生成的沉淀是FeS
2 2
【答案】C
【解析】在HS溶液中存在电离平衡：HS H++HS-、HS- H++S2-，随着pH的增大，HS的物质的量分
2 2 2
数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图
中线①、②、③依次代表HS、HS-、S2-的物质的量分数随pH的
2
变化，由①和②交点的pH=7可知K (H S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0可知K (H S)=1×10-13。A项，
a1 2 a2 2FeS的溶解平衡为FeS(s) Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS溶液物质的量浓度为 = mol/L=
×10-9mol/L，Fe(OH) 的溶解平衡为Fe(OH) Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH) 溶液物质的量浓度为
2 2 2
= mol/L= ×10-6mol/L＞ ×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH) ，A
2
项错误；B项，酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定HS水溶液，由图
2
可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误；C
项，NaS溶液中存在水解平衡S2-+H O HS-+OH-、HS-+H O HS+OH-（忽略第二步水解），第
2 2 2 2
一步水解平衡常数K (S2-)= = = = =0.1，设水解的S2-的浓
h
度为x mol/L，则 =0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为 ×100%=62%，C项正确；D项，
0.01mol/L FeCl 溶液中加入等体积0.2mol/L Na S溶液，瞬间得到0.005mol/L FeCl 和0.1mol/L Na S的混合
2 2 2 2
液，结合C项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞K (FeS)，
sp
c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞K [Fe(OH) ]，故反应初始生成的沉淀是FeS和
sp 2
Fe(OH) ，D项错误；故选C。
2
2．(2024·浙江卷)常温下、将等体积、浓度均为0.40mol·L-1 BaCl 溶液与新制HSO 溶液混合，出现白色浑
2 2 3
浊；再滴加过量的HO 溶液，振荡，出现白色沉淀。
2 2
已知：HSO K =1.4×10-2，K =6.0×10-8
2 3 a1 a2
K (BaSO)=5.0×10－10，K (BaSO)=1.1×10－10，
sp 3 sp 4
下列说法不正确的是( )
A．HSO 溶液中存在c(H＋)＞c(HSO -)＞c(SO 2-)＞c(OH-)
2 3 3 3
B．将0.40mol·L-1 HSO 溶液稀释到0.20mol·L-1，c(SO 2-)几乎不变
2 3 3
C．BaCl 溶液与HSO 溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO
2 2 3 3
D．存在反应BaSO+ HSO +H O= BaSO↓+2H++H O是出现白色沉淀的主要原因
3 2 3 2 2 4 2
【答案】C
【解析】A项，亚硫酸是二元弱酸，存在二次电离，电离方程式为：HSO H++HSO -，HSO -
2 3 3 3
H++SO 2-，则溶液中c(H＋)＞c(HSO -)＞c(SO 2-)＞c(OH-)，A正确；B项，亚硫酸根离子是其二级电离产生
3 3 3
的，则稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释的平衡常
数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B正确；C项，加入双氧水之前，生
成的白色浑浊为BaSO 沉淀，C错误；D项，过氧化氢具有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫酸根离
3
子，则存在反应，BaSO+H O= BaSO↓+H O，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO 沉淀，D正确；故选
3 2 2 4 2 4
C。
3．（2024·江苏卷）室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选
实验过程及现象 实验结论
项用 溶液分别中和等体积的 溶液和 酸性：
A
溶液， 消耗的 溶液多
B 向 溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性：
向 浓度均为 的 和 混合溶液中滴加少量 溶度积常数：
C
溶液，振荡，产生白色沉淀
用pH试纸分别测定 溶液和 溶液pH， 溶 结合 能力：
D
液pH大
【答案】B
【解析】A．HSO 是二元酸，CHCOOH是一元酸，通过该实验无法说明HSO 和CHCOOH酸性的强
2 4 3 2 4 3
弱，故A错误；
B．向 溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，说明发生反应：
，氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此氧化性： ，故B正确；
C． 和 均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较 和 溶度积常数的
大小，故C错误；
D．比较 和 结合 能力，应在相同条件下测定相同浓度 溶液和 溶液的
pH，但题中未明确指出两者浓度相等，故D错误；
故选B。
4．（2024·湖南卷）下列过程中，对应的反应方程式错误的是
A 《天工开物》记载用炉甘石( )火法炼锌
B 用作野外生氢剂
C 饱和 溶液浸泡锅炉水垢
D 绿矾( )处理酸性工业废水中的
【答案】A
【解析】A．火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO 在高温条件下分解为ZnO、CO，因此总反应为
3
，故A项错误；
B． 为活泼金属氢化物，因此能与HO发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为
2，故B项正确；
C．锅炉水垢中主要成分为CaSO、MgCO 等，由于溶解性：CaSO>CaCO ，因此向锅炉水垢中加入饱和
4 3 4 3
溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO 转化为CaCO ，反应方程式为
4 3
，故C项正确；
D． 具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价
由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为
，故D项正确；
综上所述，错误的是A项。
5．（2024·北京卷）下列方程式与所给事实不相符的是
A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：
B．用绿矾( )将酸性工业废水中的 转化为
C．用 溶液能有效除去误食的
D．用 溶液将水垢中的 转化为溶于酸的 ：
【答案】D
【解析】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；
B． 可以将 氧化成 ，离子方程式正确，B正确；
C． 结合 生成 沉淀，可以阻止 被人体吸收，离子方程式正确，C正确；
D． 与 反应属于沉淀的转化， 不能拆分，正确的离子方程式为CaSO+ =CaCO +
4 3
，D错误；
本题选D。
6．（2024·湖北卷） 气氛下， 溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标( )为组分中铅占总铅的
质量分数。已知 ， 、 ，
。下列说法错误的是
A． 时，溶液中
B． 时，C． 时，
D． 时，溶液中加入少量 ， 会溶解
【答案】D
【解析】A．由图可知，pH=6.5时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5mol/L，则c( )≤ =
mol/L=10-7.1mol/LK (H CO)， 的水解程度大
3 a2 2 3
于其电离程度，溶液中 浓度几乎没有变化，且加入少量NaHCO 固体，形成缓冲溶液，溶液的pH变
3
化不明显，结合图像，PbCO 不会溶解，D项错误；
3
答案选D。
7．（2023·河北卷）某温度下，两种难溶盐 的饱和溶液中 或 与
的关系如图所示。下列说法错误的是
A．
B．若混合溶液中各离子浓度如J点所示，加入 ，则平衡时 变小
C．向 固体中加入 溶液，可发生 的转化D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，待平衡时
【答案】D
【分析】对于沉淀 ，存在沉淀溶解平衡 ，则 ，在
图像上任找两点（0，16），（3，7），转化成相应的离子浓度代入，由于温度不变，所以计算出的
不变，可求得x=3， ；对于沉淀 ，存在沉淀溶解平衡
， ，按照同样的方法，在图像上任找两点（0，10），
（3，7），可求得y=1， 。
【解析】A．根据分析可知，x=3，y=1， ，A项正确；
B．由图像可知，若混合溶液中各离子浓度如J点所示，此时 ，加入 ， 增大，
减小，则 ， ， 变小，B项正确；
C．向 固体中加入 溶液，当达到了 的溶度积常数，可发生 → 的转化，C项正
确；
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，由于沉淀 达到沉淀溶解平衡，所以 不发生变
化，而 要发生沉淀， 和 的物质的量按1:y减少，所以达到平衡时
，D项错误；
故选D。
8．（2023·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。
9．（2023·湖南卷）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
【分析】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。
【解析】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；
3 3
B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，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 O HS-+OH-，B正确；
2
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。
10．（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持HS饱和，即 ，通过调节pH使
2
和 形成硫化物而分离，体系中 与 关系如下图所示，c为 和 的浓度，单位
为 。已知 ，下列说法正确的是A． B．③为 与 的关系曲线
C． D．
【答案】D
【分析】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-浓度逐渐增大，
2 2
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 ，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)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-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【解析】A．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 ，A错误；
B．由分析可知，③为 与 的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，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+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-
3.9mol/L， ，C错误；
D．已知KaKa= = ，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，
1 2
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
1
，D正确；故答案为D。
11．（2023·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。
12．（2023·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
【分析】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，据此数据计算各选
sp
项结果。
【解析】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-
2 4
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；
sp
B．K 为难溶物的溶度积，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
sp
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10-8.8和
2 4 3
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。
13．(2022·湖南卷)室温时，用0.100 mol·L－1的标准AgNO 溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混
3
合溶液，通过电位滴定法获得lg c(Ag＋)与V(AgNO)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若
3
溶液中离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。K (AgCl)＝1.8×10－10，K (AgBr)＝
sp sp
5.4×10－13，K (AgI)＝8.5×10－17。下列说法正确的是( )
spA．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100 mol·L－1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
【答案】C
【解析】A.K (AgI)最小，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
sp
中I－的物质的量为1.5×10－4 mol，则I－的浓度为＝0.010 0 mol·L－1，故B错误；C.当Br－沉淀完全时(Br－浓
度为1.0×10－5 mol/L)，溶液中的c(Ag＋)＝＝＝5.4×10－8 mol/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－)＝0.010 0 mol·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，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。
14．（2022·江苏卷）纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH＝4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表
面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以HCrO、Cr O、CrO的形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反
2
应→沉淀”的过程。
已知：K (FeS)＝6.5×10－18，K [Fe(OH) ]＝5.0×10－17；HS电离常数分别为K ＝1.1×10－7、K ＝1.3×10－
sp sp 2 2 a1 a2
13。
①在弱碱性溶液中，FeS与CrO反应生成Fe(OH) 、Cr(OH) 和单质S，其离子方程式为
3 3
。
②在弱酸性溶液中，反应FeS＋H＋ Fe2＋＋HS－的平衡常数K的数值为 。
③在pH＝4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是
。
【解析】在弱碱性溶液中，FeS与CrO反应生成Fe(OH) 、Cr(OH) 和单质S的离子方程式为：FeS＋CrO＋
3 3
4HO===Fe(OH) ＋Cr(OH) ＋S＋2OH－；反应FeS＋H＋ Fe2＋＋HS－的平衡常数K＝，由题目信息可知，
2 3 3
K (FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)＝6.5×10－18，HS电离常数K ＝＝1.3×10－13，所以K＝＝K (FeS)÷K ＝5×10－5；在
sp 2 a2 sp a2
pH＝4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，是由于c(OH－)越大，FeS表面吸附的
Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中CrO物质的量分数越大。
【答案】①FeS＋CrO＋4HO===Fe(OH) ＋Cr(OH) ＋S＋2OH－ ②5×10－5 ③c(OH－)越大，FeS表面吸
2 3 3
附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中CrO物质的量分数越大
