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第 15 讲 沉淀溶解平衡
1．认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，能通过实验证明难溶电解质沉淀溶解平衡的存在，
进一步发展粒子观、平衡观。
2．通过实验了解沉淀的生成、溶解与转化，能应用化学平衡理论解释沉淀的生成、溶解和转化。
3．学会通过比较Q与K 的大小判断难溶电解质的沉淀与溶解，学会从定量的角度分析沉淀的生成与
sp
转化。
1．难溶电解质沉淀溶解平衡的原理。
2．能运用溶度积常数进行简单计算。
3．沉淀的溶解、生成和转化的本质。
1．应用化学平衡理论解释沉淀的生成、溶解和转化。
2．沉淀溶解平衡图像的判断。
20℃时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：
NaCl能不能和盐酸反应？
NaCl 与 HCl 不发生反应。
在NaCl饱和溶液中，加入浓盐酸。
现象：产生白色沉淀。
解释：在饱和NaCl溶液中存在溶解平衡：NaCl(s) Na＋＋Cl－，加入浓盐酸，增大了c(Cl－)，平
衡向左移动，从而析出NaCl。
可溶的电解质在溶液中存在溶解平衡，难溶电解质是否也存在溶解平衡呢？用药匙取少量Mg(OH) 固体粉末放入小烧杯中加约30 mL蒸馏水搅拌，向悬浊液中滴加两滴酚酞试液。
2
现象：溶液变成红色。
解释：Mg(OH) 有少量溶解并电离出足以使酚酞变红的OH－，即悬浊液中存在以下平衡：Mg(OH) (s)
2 2
Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq)。
思考：
①请根据Mg(OH) 在水溶液中存在的下列可逆过程，叙述什么是沉淀溶解平衡状态？
2
Mg(OH) (s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)
2
②沉淀溶解平衡有哪些特点？
③在一定温度下上述沉淀溶解平衡的平衡常数如何表达？
一、难溶电解质的沉淀溶解平衡
1．概念
在一定温度下，当难溶电解质在水中形成饱和溶液时，沉淀速率与溶解速率相等，达到平衡状态。
2．沉淀溶解平衡的建立
3．沉淀溶解平衡方程式
Mg(OH) (s) Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq)
2
沉淀、溶解之间这种动态平衡也决定了 Mg 2 ＋ 与 OH － 的反应不能完全进行到底。一般情况下，当溶液
中剩余离子的浓度小于 1×10 － 5 mol·L－1时，化学上通常认为生成沉淀的反应进行完全了。
已知沉淀溶解平衡：Mg(OH) (s) Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq)，勒夏特列原理也适用于沉淀溶解平衡，
2
请分析当改变下列条件时，对该沉淀溶解平衡的影响，填写下表(浓度变化均指平衡后和原平衡比较)：
条件改变 移动方向 c(Mg2＋) c(OH－)
加少量水 正向移动 不变 不变
升温 正向移动 增大 增大
加MgCl (s) 逆向移动 增大 减小
2
加盐酸 正向移动 增大 减小
加NaOH(s) 逆向移动 减小 增大
3．难溶电解质沉淀溶解平衡的影响因素
内因 难溶电解质本身的性质，即难溶电解质的溶解能力
温度 升温，大多数溶解平衡向溶解方向移动，但Ca(OH) 升温向生成沉淀方向移动
2
外因
浓度 加水稀释，平衡溶解方向移动相同离子 加入与难溶电解质含有相同离子的物质，平衡向生成沉淀的方向移动
反应离子 加入能消耗难溶电解质中所含离子的物质，平衡向溶解方向移动
二、溶度积常数
概念 难溶电解质的沉淀溶解平衡常数称为溶度积常数，简称溶度积，符号为K
sp
意义 K 的大小反映难溶电解质在水中的溶解能力
sp
A B (s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，K ＝ c m (A n ＋ )· c n (B m － ) 。
m n sp
表达式
如：Mg(OH) (s) Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq) K ＝ c (Mg 2 ＋ )· c 2 (OH － )
2 sp
影响因素 溶度积K 值的大小只与难溶电解质本身的性质和温度有关
sp
定量判断给定条件下有无沉淀生成。
Q：离子积对于A B (s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)任意时刻Q＝cm(An＋)·cn(Bm－)。
m n
①Q＞K ，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。
sp
应用
②Q＝K ，溶液饱和，沉淀与溶解处于衡状态。
sp
③Q＜K ，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶
sp
液饱和。
同类型的难溶电解质，在同温度下，K 越大，溶解度越大；不同类型的难溶电解质，应通过计算才能
sp
进行比较。
当我们外出旅游，沉醉于秀美的湖光山色时，一定会惊叹大自然的鬼斧神工。石灰石岩层在经历了数
万年的岁月侵蚀之后，会形成各种奇形异状的溶洞。你知道它是如何形成的吗？
三、沉淀溶解平衡的应用
1．沉淀的生成
（1）生成溶解能力小的难溶电解质，越小越好。
（2）沉淀生成的应用
在无机物的制备和提纯、废水处理等领域，常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。
（3）方法与实例
方法 举例 解释
除去 CuCl 溶液中的 FeCl ，可向溶液中加入 CuO[或 CuO与H＋反应，促进Fe3＋水解
2 3
调节 Cu(OH) 或CuCO 或Cu (OH) CO] 生成Fe(OH) 沉淀
2 3 2 2 3 3
pH法 除去NH Cl溶液中的FeCl 杂质，可加入氨水调节pH至 Fe3 ＋ 与 NH ·H O 反 应 生 成
4 3 3 2
4左右 Fe(OH) 沉淀
3
以NaS等沉淀污水中的Hg2＋、Cu2＋等重金属离子 NaS与Cu2＋、Hg2＋反应生成沉
2 2
沉淀剂法
淀
Mg(OH) 沉淀溶解
2操作
现象 ①浑浊 ②澄清
理论分析
2．沉淀的溶解
（1）沉淀溶解的原理
根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，如果能设法不断地移去平衡体系中的相应离子，使Q
＜K ，平衡向沉淀溶解的方向移动，就可以使沉淀溶解。
sp
（2）沉淀溶解的方法
用强酸溶解的难溶电解质有CaCO 、FeS、Al(OH) 、Ca(OH) 等。
3 3 2
如 CaCO 难溶于水，却易溶于盐酸，原因是：CaCO 在水中存在沉淀溶解平衡为
3 3
酸溶解法 CaCO (s) Ca 2 ＋ (aq) ＋ CO (aq) ，当加入盐酸后发生反应： CO ＋ 2H ＋ ＝ H O ＋ CO ↑，
3 2 2
c (CO ) 降低，溶液中 CO 与 Ca 2 ＋ 的离子积Q(CaCO)＜K (CaCO)，沉淀溶解平衡向溶解
3 sp 3
方向移动。
Mg(OH) 难溶于水，能溶于盐酸、NH Cl 溶液中。溶于NH Cl溶液反应的离子方程式为
2 4 4
盐溶液溶解法
Mg(OH) ＋ 2NH ＝ M g 2 ＋ ＋ 2NH ·H O。
2 3 2
沉淀转化的过程探究
（1）实验探究AgCl、AgI、Ag S的转化
2
实验操作
白色沉淀转化 黄色沉淀转化为黑
实验现象 有白色沉淀析出
为黄色沉淀 色沉淀
NaCl ＋ AgNO ＝ AgCl ＋ KI ＝ 2AgI ＋ Na S ＝
3 2
化学方程式
AgCl↓ ＋ NaNO AgI ＋ KCl Ag S ＋ 2NaI
3 2
实验结论：AgCl沉淀转化为AgI 沉淀，AgI沉淀又转化为Ag S 沉淀，说明溶解度由小到大的顺序为
2
Ag S ＜ AgI ＜ AgCl 。
2
理论分析：
AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) K ＝1.8×10－10
spAgI(s) Ag＋(aq)＋I－(aq) K ＝8.5×10－17
sp
由K 值可看出AgI的溶解度远比AgCl小得多。
sp
当向AgCl沉淀中滴加KI溶液时， Q (AgI) ＞ K (AgI)导致AgCl溶解，AgI生成，离子方程式可表示为：
sp
I－(aq)＋AgCl(s) AgI(s)＋Cl－(aq)，K＝＝＝≈2.1×106＞1×105。
反应向正方向进行完全，即AgCl可转化为AgI沉淀。
（2）实验探究Mg(OH) 与Fe(OH) 的转化
2 3
实验操作
实验现象 产生白色沉淀 白色沉淀转化为红褐色沉淀
MgCl ＋ 2NaOH ＝ Mg(OH ) ↓ 3Mg(OH) ＋ 2FeC l ＝
2 2 2 3
化学方程式
＋ 2NaC l 2Fe(OH) ＋ 3MgC l
3 2
实验结论：Mg(OH) 沉淀转化为Fe(OH) 沉淀，说明溶解度：Fe(OH) ＜Mg(OH) 。
2 3 3 2
2．沉淀的转化
实质 沉淀的转化是指由一种难溶物转化为另一种难溶物的过程，其实质是沉淀溶解平衡的移动
两种沉淀的溶解度不同，溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，两者溶解度相差越大
条件
转化越容易。
锅炉除水垢 CaSO(s)―――――→CaCO (s)―――――→Ca2 ＋ (aq) ， 反 应 为 CaSO ＋
4 3 4
(含有CaSO) NaCO＝CaCO ＋NaSO ，CaCO ＋ 2HC l ＝ CaC l ＋ H O ＋ CO ↑
4 2 3 3 2 4 3 2 2 2
应用 自然界 原生铜的硫化物――――→CuSO 溶液――――――――――――――→铜
4
中矿物的转化 蓝(CuS)，反应为CuSO ＋ ZnS ＝ CuS ＋ ZnSO ，CuSO ＋ PbS ＝ CuS ＋ PbSO
4 4 4 4
工业废水处理 FeS(s) ＋ Hg 2 ＋ (aq) ＝ HgS(s) ＋ Fe 2 ＋ (aq)
考点一：难容电解质的溶解平衡
例1．（2023·辽宁凌源市高二上学期11月月考）下列有关BaSO 沉淀溶解平衡的说法中错误
3
的是
A．BaSO 的溶度积常数表达式K (BaSO)＝c(Ba2＋)×c(SO 2－)
3 sp 3 3
B．BaSO 难溶于水，溶液中没有Ba2＋和SO 2－
3 3
C．升高温度，BaSO 的溶解度增大
3
D．向BaSO 悬浊液中加入NaSO 固体，BaSO 溶解的量减少
3 2 3 3【答案】B
【解析】A项，BaSO 难溶于水，悬浊液中存在BaSO(s) Ba2＋(aq)＋SO 2－(aq)，根据溶度积表达
3 3 3
式，推出K ＝c(Ba2＋)×c(SO 2－)，说法正确；B项，BaSO 虽难溶于水，BaSO 在水中溶解度较小，但溶液
sp 3 3 3
中有极少量的Ba2＋和SO 2－，说法错误；C项，多数物质的溶解度随着温度升高而升高，升高温度，BaSO
3 3
的溶解度增大，说法正确；D项，BaSO 悬浊液中存在BaSO(s) Ba2＋(aq)＋SO 2－(aq)，加入NaSO 固
3 3 3 2 3
体，溶液中c(SO 2－)增大，c(Ba2＋)减少，BaSO 溶解的量减少，说法正确。
3 3
考点二：溶度积常数
例2．（2022·山东烟台高二上学期期中）在t℃时，Ag CrO(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平
2 4
衡曲线如图所示。又知K (AgCl)＝1.8×10－10 mol2·L－2。下列说法错误的是
sp
A．a＝2×10－4
B．向X点Ag CrO 溶液中加入0.1 mol·L－1 AgNO 溶液，可使溶液由X点变为Y点
2 4 3
C．t℃时，Y点和Z点时Ag CrO 的K 相等
2 4 sp
D．向Ag CrO 悬浊液中加入NaCl固体，可生成白色沉淀
2 4
【答案】D
【解析】A项，K ＝c2(Ag＋)×c(CrO2－)＝(1×10－3)2×1×10－5＝1×10－11，当c(CrO2－)＝25×10－5 mol·L－1时，
sp 4 4
c(Ag＋)＝＝＝2×10－4 mol·L－1，正确；B项，X点为Ag CrO 的不饱和溶液，加入0.1 mol·L－1 AgNO 溶液，
2 4 3
c(Ag＋)增大，c(CrO2－)在达到饱和前不变，向X点Ag CrO 溶液中加入0.1 mol·L－1 AgNO 溶液，可使溶
4 2 4 3
液由X点变为Y点，正确；C项，K 只受温度影响，温度不变平衡常数不变，t℃时，Y点和Z点时
sp
Ag CrO 的K 相等，正确；D项，NaCl固体没有给出加入量，不能确定此时c(Ag＋)×c(Cl－)＞K (AgCl)，
2 4 sp sp
不能确定是否生成白色沉淀，错误。
考点三：沉淀溶解平衡与实验探究
例3．（2022·无锡模拟）取1 mL 0.1 mol·L－1 AgNO 溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度
3
均为0.1 mol·L－1)，下列说法不正确的是A．实验①白色沉淀是难溶的AgCl
B．若按②①顺序实验，能看到白色沉淀
C．若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀
D．由实验②说明AgI比AgCl更难溶
【答案】B
【解析】A项，AgNO 溶液中的Ag＋和过量的NaCl溶液中的Cl－生成AgCl白色沉淀，离子方程式为
3
Ag＋＋Cl－＝AgCl↓，所以沉淀为难溶的AgCl，正确；B项，一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更
小的沉淀容易实现，AgI的溶解度比AgCl小，所以AgI不易转化为AgCl，所以若按②①顺序实验，看不
到白色沉淀，错误；C项，2AgCl(s)＋S2－(aq) Ag S(s)＋2Cl－(aq)，Ag S比AgCl更难溶，溶解度更小，
2 2
所以若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀，正确；D项，实验②白色沉淀AgCl转化为黄色沉淀AgI，说明
AgI比AgCl更难溶，正确。
考点四：沉淀溶解平衡图像
例4．（2023·河北邯郸高二上学期期末）常温时，三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线
如图所示。已知pA＝－lgc(A)。下列说法正确的是
A．常温下，三种物质中CuS的溶解度最小
B．常温下，K (MnS)＝10－30
sp
C．加热可使b点移动到a点
D．若要除去ZnCl 溶液中混有的少量MnCl ，则可加入CuS固体
2 2
【答案】A
【解析】A项，由图可知，常温下，硫离子浓度相同时，铜离子的浓度最小，则三种物质中CuS的溶
解度最小，正确；B项，由图可知，p(S2－)＝5时，即c(S2－)＝10－5，查图可得c(Mn2＋)＝10－10，K (MnS)＝
sp
10－15，错误；C项，升高温度，硫化铜的溶度积增大，铜离子和硫离子均增大，不可能使b点移动到a点，错误；D项，三种物质中CuS的溶解度最小，则加入溶解度小的CuS固体不可能除去ZnCl 溶液中混有的
2
少量MnCl ，错误。
2
1．（2022·河北保定模拟）在一定温度下，当过量的 Mg(OH) 固体在水溶液中达到平衡时：
2
Mg(OH) (s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，要使Mg(OH) 固体增加，c(OH－)增加，可采取的措施是
2 2
A．加适量的水 B．通入少量HCl气体
C．加少量NaOH固体 D．加少量MgSO 固体
4
【答案】C
【解析】】A项，加入适量水，使沉淀溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg(OH) 固体的质量减少，不符
2
合题意；B项，通入少量HCl，平衡正向移动，氢氧化镁固体减少，不符合题意；C项，加少量NaOH固
体，平衡逆向移动，则Mg(OH) 固体增加，且c(OH－)增加，符合题意；D项，加少量MgSO 固体，平衡
2 4
逆向移动，c(OH－)减小，不符合题意。
2．（2022·首都师范大学附中模拟）25℃时，在含有大量PbI 的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：
2
PbI (s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入KI固体，下列说法正确的是
2
A．溶液中Pb2＋和I－的浓度都增大
B．K (PbI )增大
sp 2
C．PbI 的沉淀溶解平衡向右移动
2
D．溶液中c(Pb2＋)减小
【答案】D
【解析】加入KI固体，溶液中c(I－)增大，使PbI 的沉淀溶解平衡向左移动，所以溶液中c(Pb2＋)减小，
2
A、C项错误，D项正确；溶液的温度未发生改变，K (PbI )不变，B项错误。
sp 2
的
3．（2023·广西桂林市高二上学期期末）在自然界中，原生铜 硫化物转变成CuSO 后遇到地壳深层
4
的ZnS和PbS便慢慢转变为CuS。由此可知，下列物质中溶解度最小的是
A．CuSO B．ZnS C．PbS D．CuS
4
【答案】D
【解析】CuSO 易溶于水，而ZnS、PbS、CuS难溶于水，原生铜的硫化物转变成CuSO 后遇到地壳深
4 4
层的ZnS和PbS便慢慢转变为CuS，根据溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的知，ZnS和PbS溶解度
大于CuS，溶解度最小的是CuS；故答案为D项。
4．（2023·河北保定市高二上学期期中）现将某浓度的CaCl 溶液与2.0×10－3 mol·L－1的NaSO 溶液
2 2 4等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl 溶液的浓度至少为(已知该温度下CaSO 的K ＝4.9×10－5)
2 4 sp
A．9.8×10－2 mol·L－1 B．4.9×10－2 mol·L－1
C．2.0×10－3 mol·L－1 D．1.0×10－3 mol·L－1
【答案】A
【解析】由硫酸钙的溶度积可知，氯化钙溶液与2.0×10—3 mol·L－1硫酸钠溶液等体积混合生成硫酸钙
沉淀时，氯化钙溶液的浓度为＝＝4.9×10—2 mol·L－1，原溶液CaCl 溶液溶液的最小浓度为混合溶液中
2
c(Ca2＋)的2倍，所以原溶液CaCl 溶液溶液的最小浓度为4.9×10—2 mol·L－1×2＝9.8×10—2 mol·L－1，故选A
2
项。
5．（2022·湖南益阳市高二上学期期末）MgCO 是常用于治疗胃酸过多的药剂的主要成分之一、在实
3
验室中，向含有MgCO 固体的悬浊液中滴加少许浓盐酸(忽略体积和温度变化)，下列数值变小的是
3
A．c(H＋) B．c(CO2－) C．c(Mg2＋) D．K (MgCO )
3 sp 3
【答案】B
【解析】A项，加入少量浓盐酸，c(H＋)增大，错误；B项，MgCO 固体的悬浊液中存在沉淀溶解平衡
3
MgCO (s) Mg2＋(aq)＋CO2－(aq)，加入少量浓盐酸可与消耗碳酸根，而使碳酸根离子的浓度减小，正
3 3
确；C项，由B项知加入浓盐酸消耗碳酸根，使溶解平衡MgCO (s) Mg2＋(aq)＋CO2－(aq)正向移动，
3 3
则镁离子浓度增大，错误；D项，K (MgCO )只与温度有关，温度不变溶度积常数不变，错误。
sp 3
6．（2023·北京昌平区高二上学期期末）某同学探究MgCl 、CaCl 与饱和NaHCO 溶液的反应。
2 2 3
实验I 实验II
无明显现象 先产生白色沉淀，后产生无色气泡
常温下：K (MgCO )＝6.82×10－6，K (CaCO )＝4.96×10－9
sp 3 sp 3
下列说法不正确的是
A．实验II中产生的气体为CO
2
B．实验II证明CaCl 能促进NaHCO 的水解
2 3
C．实验II反应后溶液的pH降低
D．实验I、II现象不同的原因是K (CaCO )＜K (MgCO )，Ca2＋结合CO2－能力比Mg2＋强
sp 3 sp 3 3
【答案】B
【解析】A项，碳酸氢根离子存在电离平衡，HCO － H＋＋CO2－，加入氯化钙溶液后，钙离子和
3 3
碳酸根离子生成碳酸钙沉淀，导致平衡正向移动，氢离子浓度增大与碳酸氢根离子生成二氧化碳气体，实验II中产生的气体为CO ，正确；B项，实验II加入CaCl 能促进碳酸氢根离子的电离正向移动，错误；C
2 2
项，实验II反应后碳酸氢根离子浓度减小，碳酸氢根离子水解生成的氢氧根离子浓度减小，溶液的 pH降
低，正确；D项，实验I、II现象不同的原因是K (CaCO )＜K (MgCO )，Ca2＋结合CO2－能力比Mg2＋强，
sp 3 sp 3 3
导致加入钙离子能使HCO － H＋＋CO2－正向进行更显著，正确。
3 3
7．（2022·山东高二上学期12月月联合调研）已知：K (CaCO )＝2.8×10－9，K (CaSO)＝8.4×10－6。
sp 3 sp 4
在CaSO 和CaCO 的悬浊混合液中，的值为
4 3
A． B．2.8 C．8.4 D．3 000
【答案】D
【解析】在CaSO 和CaCO 的悬浊混合液中，＝＝＝＝3 000，故合理选项是D项。
4 3
8．（2023·北京清华附中高二上学期期末）某同学进行如下实验：
下列说法不正确的是
A．①中存在沉淀溶解平衡：BaCO (s) Ba2＋(aq)＋CO2－(aq)
3 3
B．比较离子浓度大小：c(CO2－)：③＞①；c(Ba2＋)：③＞①
3
C．③中存在水解平衡：CO2－＋HO HCO －＋OH－
3 2 3
D．综合上述实验现象，说明BaCO 能转化为BaSO
3 4
【答案】B
【解析】①中加入酚酞后无现象说明碱性很小，又知BaCO (s) a2＋(aq)＋CO2－(aq)，CO2－＋HO
3 3 3 2
HCO －＋OH－，则溶液中CO2－浓度极小，水解程度也很小，②中NaSO 为强酸强碱盐，溶液呈中
3 3 2 4
性故无明显现象，③混合后变红说明CO2－水解后生成的OH－浓度增大，即发生了BaCO ＋SO 2－
3 3 4
BaSO＋CO2－的转化，BaSO 更难溶于水，以此解答。
4 3 4
A项，由沉淀溶解平衡得知存在BaCO (s) Ba2＋(aq)＋CO2－(aq)，正确；B项，由上述分析可知，
3 3
c(CO2－)：③>①，BaSO 更难溶于水，随着沉淀的转化：BaCO ＋SO 2－ BaSO＋CO2－，溶液中Ba2＋
3 4 3 4 4 3
的浓度降低，即c(Ba2＋)：③＜①，错误；C项，①、③中均存在CO2－，CO2－为弱酸根，溶液中存在水解
3 3
平衡，离子方程式为：CO2－＋HO HCO －＋OH－，正确；D项，③混合后变红说明溶液中CO2－浓
3 2 3 3
度增大，即发生了BaCO ＋SO 2－ BaSO＋CO2－的转化，正确。
3 4 4 31．（2022·辽宁丹东高二上学期期末）在T、T 温度下，BaSO 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示
1 2 4
(已知BaSO 在水中溶解时吸收热量)。下列说法正确的是
4
A．加入BaCl 固体，可使a点变成c点 B．升高温度，可使b点变成c点
2
C．c点时，在T 温度下有固体析出 D．a点的K 大于5.0×10－9
1 sp
【答案】C
【解析】A项，加入BaCl 固体，溶液中钡离子浓度会增大，溶解平衡逆向移动，c(SO42－)减小，因此
2
不会由a点变为c点，错误；B项，升高温度，BaSO 的溶解度增大，c(Ba2＋)、c(SO42－)均增大，因此不会
4
由 b 点变 c 点，错误；C 项，由图可知 T 温度下 K (BaSO)大于 T ，由于溶解过程吸热，温度越高
2 sp 4 1
K (BaSO)越大，因此T 大于T ，c点为T 温度下的饱和溶液，则降温到T 时，溶解度减小，析出沉淀，
sp 4 2 1 2 1
正确；D项，c点时，K 等于5.0×10－9，a点对应温度低于c点，则a点K 小于5.0×10－9，错误。
sp sp
2．（2022·江苏徐州市高二下学期期中）一种以烟气中CO 制取轻质CaCO 的流程如下：
2 3
已知K (CaCO )＝4.96×10－9且c(Ca2＋)＜10－5 mol·L－1时视为沉淀完全。下列说法错误的是
sp 3
A．“反应I”中增大氨水浓度能提高烟气中CO 去除率
2
B．“反应II”中溶液的导电能力随石灰乳的加入快速上升
C．若测得“滤液”中c(CO2－)＝10－2 mol·L－1时，则Ca2＋沉淀完全
3
D．所得“滤液”可转移到“反应I”中循环利用
【答案】B
【解析】将烟气通入氨水中发生反应Ⅰ生成碳酸铵，再加入石灰乳发生反应Ⅱ生成碳酸钙和氨水，过
滤得到的滤液中含有氨水，可循环使用；所得碳酸钙沉淀进行洗涤干燥，得到轻质CaCO 。
3
A项，“反应I”中增大氨水浓度，可以充分吸收二氧化碳，能提高烟气中CO 去除率，正确；B项，
2加入石灰乳时生成碳酸钙沉淀和氨水，故初始时溶液中的铵根离子、碳酸根离子因反应而快速降低导致导
电能力快速降低，后加入过量的氢氧化钙，由于生成氨水的电离及过量氢氧化钙的电离导致离子浓度增大，
导电能力逐渐上升，错误；C项，若测得“滤液”中 c(CO2－)＝10－2 mol·L－1，则K (CaCO )＝c(Ca2
3 sp 3
＋)·c(CO2－)＝c(Ca2＋)×10－2 mol·L－1＝4.96×10－9，c(Ca2＋)＝4.96×10－7＜10－5 mol·L－1，故Ca2＋沉淀完全，
3
正确；D．所得“滤液”中含有氨水，可转移到“反应I”中循环利用，正确。
3．（2022·山东日照高二上学期期中）下列有关沉淀溶解平衡说法错误的是
A．用稀硫酸洗涤BaSO 沉淀，可以减少BaSO 溶解损失
4 4
B．牙膏中添加NaF，可将Ca (PO )OH转化为更难溶的Ca (PO )F抵抗酸的侵蚀
5 4 3 5 4 3
C．25℃时，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸，则AgCl的溶解度不变
D．已知25℃时，AgCl和砖红色沉淀Ag CrO 的K 分别为1.8×10－10和2.0×10－12，则用AgNO 标准溶
2 4 sp 3
液滴定Cl－时，可采用KCrO 为指示剂
2 4
【答案】C
【解析】A项，BaSO 沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡，用稀硫酸洗涤时，增大了水中SO 2－的浓度，
4 4
使沉淀溶解平衡逆向移动，因而比用水洗涤可以减少BaSO 溶解损失，正确；B项，Ca (PO )OH在口腔溶
4 5 4 3
液中存在沉淀溶解平衡，用含有NaF的牙膏刷牙时，发生沉淀转化，生成更难溶的Ca (PO )F，从而可增
5 4 3
强抵抗酸的侵蚀的能力，正确；C项，25℃时，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸，Cl
－的浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，则AgCl的溶解度减小，错误；D项，25℃时Ag CrO 、AgCl的
2 4
K 分别为2.0×10－12和1.8×10－10，当离子浓度小于10－5 mol·L－1时认为沉淀完全，因此恰好沉淀完全时，
sp
c(Ag＋)＝＝＝1.8×10－5 mol·L－1，此时溶液中c(CrO2－)＝＝＝6.17×10－3 mol·L－1，6.17×10－3 mol·L－1＞
4
1.0×10－5 mol·L－1，可以使用可采用KCrO 为指示剂，正确。
2 4
4．（2023·北京延庆区高二上学期期末）小组同学用以下流程去除粗盐水中的SO 2－、Ca2＋、Mg2＋，
4
获得了精制盐水。
已知：ⅰ．
物质 BaSO BaCO CaCO Mg(OH)
4 3 3 2
K (25℃) 1.1×10－10 2.6×10－9 3.4×10－9 5.6×10－12
sp
ⅱ．粗盐水中c(SO42－)＞c(Ca2＋)
下列说法不正确的是的
A．① 反应为：BaCO ＋SO 2－ BaSO＋CO2－
3 4 4 3
B．②中当溶液pH＝11时，Mg2＋已沉淀完全(即浓度小于10－5 mol·L－1)
C．③的滤渣中除泥沙外，还有BaSO、CaCO 、Mg(OH) 、BaCO 等物质
4 3 2 3
D．④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去OH－、CO2－
3
【答案】A
【解析】A项，加入碳酸钡的目的是沉淀法除掉硫酸根和钙离子，故①的反应为：BaCO (s)＋SO 2－
3 4
(aq) BaSO(s)＋CO2－(aq)、Ca2＋＋CO2－＝CaCO ↓，错误；B项，②中当溶液pH＝11时，c(Mg2＋)＝
4 3 3 3
＝＝5.6×10－6＜10－5，Mg2＋已沉淀完全(即浓度小于1.0×10－5 mol·L－1)，正确；C项，由上述分析③的滤渣
中除泥沙外，还有①生成的BaSO 、CaCO ，②生成的Mg(OH) 和过量的BaCO 等物质，正确；D项，④
4 3 2 3
中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去OH－、CO2－，正确。
3
5．（2023·山东枣庄市高二上学期期末）已知pAg＋＝−lgc(Ag＋)，pX−＝−lgc(X−)。某温度下，AgBr、
AgCl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．a和c两点的K 相同
w
B．K (AgCl)＝1.0×10−14 mol2·L−2
sp
C．向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使a点变到d点
D．AgCl(s)＋Br－(aq) AgBr(s)＋Cl－(aq)平衡常数K＝K (AgCl)/K (AgBr)
sp sp
【答案】B
【解析】由图可知，纵横坐标的乘积越大，K (AgX)越小，则a、d点在AgCl的沉淀溶解平衡曲线上，
sp
b点在AgBr在沉淀溶解平衡曲线上，据此判断。
A项，K 只受温度的影响，a、c在相同的温度下，则K 相同，正确；B项，b点AgBr在沉淀溶解平
w w
衡曲线上，不能计算AgCl的溶度积，错误；C项，向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，
平衡逆向移动，阴离子浓度减小，可使 a点变到d点，正确；D项，AgCl(s)＋Br－(aq) AgBr(s)＋Cl－
(aq)平衡常数K＝c(Cl－)/c(Br－)＝c(Cl－)c(Ag＋)/c(Br－)c(Ag＋)＝K (AgCl)/K (AgBr)，正确。
sp sp
6．（2023·辽宁鞍山市高二上学期第三次月考）室温时，CaCO 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
3
已知CaCO 的溶度积(室温)2.8×10－9，下列说法中不正确的是
3A．x的数值为2×10－5 B．c点时有CaCO 生成
3
C．加入蒸馏水可使溶液由d点变成a点 D．b点与d点对应的溶度积相等
【答案】C
【解析】图像为CaCO 在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上b点和d点为饱和状态，a点不饱和，而c
3
为过饱和状态，据此分析。
A项，在d点c(CO2－)＝1.4×10－4 mol·L－1，因室温时，CaCO 的溶度积K ＝2.8×10－9，所以c(Ca2＋)＝
3 3 sp
2×10－5 mol·L－1，故x的数值为2×10－5，正确；B项，在c点c(Ca2＋)＞2×10－5 mol·L－1，即相当于增大钙
离子浓度，平衡左移，有CaCO 生成，正确；C项，d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则
3
c(Ca2＋)、c(CO2－)都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由 d点变成a点，错误；
3
D项，b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，正确。
7．（2023·北京平谷区高二上学期期末）某小组同学进行如下实验探究：
下列分析正确的是
A．实验②、③黄色沉淀中均不含AgCl
B．实验③证明浊液a中存在AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
C．实验②和③的反应可用相同的离子方程式表示
D．实验②的黄色沉淀中再滴加几滴0.1 mol·L－1的NaCl溶液后，可转变为白色
【答案】B【解析】1 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液和2 mL 0.1 mol·L－1 AgNO 溶液混合，反应生成1.0×10－4 mol
3
AgCl和1.0×10－4 mol NaNO ，剩余1.0×10－4 mol AgNO ，静置后得到浊液a；过滤后，滤渣为AgCl白色
3 3
沉淀，经多次洗涤后，滴加1 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，生成黄色沉淀，此沉淀应为AgI；滤液中含1.4×10－
4 mol AgNO ，滴加1 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，生成AgI黄色沉淀，据此分析解答。
3
A项，实验③中，由于存在平衡AgCl(s)＋I－(aq) AgI(s)＋Cl－(aq)(aq)，AgCl不能完全转化为
AgI，错误；B项，实验③中，往AgCl白色沉淀中滴加1 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，由于存在平衡AgCl(s)
Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，且AgI的溶解度小于AgCl，则I－结合AgCl电离出的Ag＋生成AgI沉淀，从而将
AgCl转化为AgI，由此可知，浊液a中也存在平衡AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，正确；C项，实验②反
应的离子方程式为Ag＋＋I－＝AgI↓，实验③反应的离子方程式为AgCl(s)＋I－(aq) AgI(s)＋Cl－(aq)
(aq)，二者离子方程式不同，错误；D项，往AgI沉淀中再滴加足量0.1 mol·L－1的NaCl溶液后，可转变为
白色，错误。
8．（2023·北京朝阳区高二上学期期末）以石灰石矿(主要成分为CaCO ，含少量MgCO 、Fe O、
3 3 2 3
SiO 等)为原料制备高纯轻质碳酸钙的一种工艺流程如下。
2
已知：固体B中含有SiO、Fe O、MgO及Mg(OH) 。
2 2 3 2
下列说法不正确的是
A．过程Ⅱ中，NH Cl溶液浸出Ca2＋而非Mg2＋是因为K [Ca(OH) ]＞K [Mg(OH) ]
4 sp 2 sp 2
B．过程Ⅲ中，反应的离子方程式为Ca2＋＋2NH ·HO＋CO＝CaCO ↓＋HO＋2NH
3 2 2 3 2
C．过程Ⅱ和过程Ⅲ的操作均应在较高温度下进行
D．整个流程中，“变废为宝、循环利用”的物质是CO、NH Cl
2 4
【答案】C
【解析】煅烧石灰石矿(主要成分为CaCO ，含少量MgCO 、Fe O 、SiO 等)，CaCO 、MgCO 分解分
3 3 2 3 2 3 3
别生成CaO和MgO，并放出CO ，煅烧后固体Fe O 、SiO 、CaO、MgO，加氯化铵浸取，溶解CaO，得
2 2 3 2
到含氯化钙和NH ·HO的滤液A，过滤，固体B中含有SiO、CaO、MgO及Mg(OH) ，滤液A中通CO，
3 2 2 2 2
发生反应Ca2＋＋2NH ·HO＋CO＝CaCO ↓＋HO＋2NH，生成沉淀CaCO 。
3 2 2 3 2 3
A项，过程Ⅱ中，NH Cl溶液浸出Ca2＋而非Mg2＋，因为K [Ca(OH) ]＞K [Mg(OH) ]，正确；B项，过
4 sp 2 sp 2
程Ⅲ中，CO 和氯化钙和NH ·HO反应生成CaCO ，的离子方程式为Ca2＋＋2NH ·HO＋CO＝CaCO ↓＋
2 3 2 3 3 2 2 3HO＋2NH，正确；C项，过程Ⅱ的反应物氯化铵受热易分解，过程Ⅲ中NH ·HO受热易分解、易挥发，
2 3 2
不能在较高温度下进行，错误；D项，过程Ⅰ产生的CO 是过程Ⅲ的反应物，过程Ⅲ中的生成物NH Cl是
2 4
过程Ⅱ的反应物，所以CO、NH Cl可循环利用，正确。
2 4
9．（2022·广东汕尾高二上学期期末）常温下，K (ZnS)＝1.6×10－24，K (FeS)＝6.4×10－18，其中FeS
sp sp
为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法不正确的是
A．向FeS悬浊液中通入少量HCl，K (FeS)不变
sp
B．向物质的量浓度相等的FeCl 和ZnCl 混合液中滴加NaS溶液，先产生白色沉淀
2 2 2
C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl 溶液，可能产生FeS沉淀
2
D．常温下，反应FeS(s)＋Zn2＋(aq) ZnS(s)＋Fe2＋(aq)的平衡常数K＝4.0×10－6
【答案】D
【解析】A项，K (FeS)只与温度有关，温度不变，K (FeS)不变，正确；B项，K (ZnS)＜K (FeS)，
sp sp sp sp
根据K 小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，正确；C项，在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl 溶液，由
sp 2
于FeCl 浓度未知，则Q(FeS)可能大于K (FeS)，故可能产生FeS沉淀，正确；D项，反应FeS(s)＋Zn2＋
2 c sp
(aq) ZnS(s)＋Fe2＋(aq)的平衡常数K＝＝＝＝4.0×106，错误。
10．（2023·北京东城区高二上学期期末）常温下，某小组同学用如下装置探究Mg(OH) 的沉淀溶解平
2
衡。
实验装置 实验序号 传感器种类 实验操作
向蒸馏水中加入足量Mg(OH) 粉末，一段
① 电导率传感器 2
时间后再加入少量蒸馏水
向滴有酚酞的蒸馏水中加入Mg(OH) 粉
2
② pH传感器 末，隔一段时间后，再向所得悬浊液中加
入一定量稀硫酸
Ⅰ．实验①测得电导率随时间变化的曲线如图l所示。
已知：ⅰ．在稀溶液中，离子浓度越大，电导率越大。
（1）a点电导率不等于0的原因是水能发生____________。（2）由图1可知，在Mg(OH) 悬浊液中加入少量水的时刻为_______(填“b”、“c”或“d”)点。
2
（3）分析电导率在de段逐渐上升的原因：d时刻，Q[Mg(OH) ]_______(填“＞”、“＜”或
2
“＝”)K [Mg(OH) ]，导致_________________________________________________(结合沉淀溶解平衡解
sp 2
释原因)。
Ⅱ．实验②测得pH随时间变化的曲线如图2所示。
已知：ⅱ．25℃，K [Mg(OH) ]＝5.6×10－12
sp 2
ⅲ．酚酞的变色范围：
pH ＜8.2 8.2～10 ＞10
颜色 无色 淡粉色 红色
（4）依据图2可判断：A点加入的Mg(OH) 的物质的量大于C点加入的硫酸的物质的量，判据是
2
________________________________________________________________。
（5）0～300 s时，实验②中溶液先变红，后__________________________________。
（6）Mg(OH) 常被用于水质改良剂，能够使水体pH约为9，进而抑制细菌的生长。25℃时水体中
2
c(Mg2＋)约为_______mol·L－1。
【答案】（1）电离 （2）c （3）①＜ ②平衡向着沉淀溶解的方向移动 （4）DE段pH大于7，溶
液显碱性，氢氧化镁过量 （5）变为淡粉色 （6）5.6×10－2
【解析】I．ab段，HO是弱电解质，能发生微弱的电离，电离方程式为HO H＋＋OH－；bc段，
2 2
向蒸馏水中加入足量Mg(OH) 粉末，Mg(OH) 溶解，产生Mg2＋和OH－，电导率增大；cd段，再加入少量
2 2
蒸馏水，相当于稀释，Mg2＋和OH－浓度减小，电导率减小；de段，沉淀溶解平衡移动，cd段再加入少量
蒸馏水，Mg2＋和OH－浓度减小，使得Q[Mg(OH) ]＜K [Mg(OH) ]，平衡向着沉淀溶解的方向移动；Ⅱ．
2 sp 2
AB段pH不断增大，氢氧化镁不断溶解，BC段pH不变，存在平衡 Mg(OH) (s) Mg2＋(aq)＋2OH－
2
(aq)，CD段加入稀硫酸，消耗氢氧化镁，pH减小，稀硫酸消耗完，氢氧化镁继续溶解，pH增大，DE段
pH不变，建立新的平衡。
（1）HO是弱电解质，能发生微弱的电离，电离方程式为 HO H＋＋OH－，因此a点电导率不等
2 2于0；（2）cd段，再加入少量蒸馏水，相当于稀释，Mg2＋和OH－浓度减小，电导率减小，则在Mg(OH)
2
悬浊液中加入少量水的时刻为c点；（3）cd段再加入少量蒸馏水，Mg2＋和OH－浓度减小，使得d时刻
Q[Mg(OH) ]＜K [Mg(OH) ]，平衡Mg(OH) (s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)向右移动，即平衡向着沉淀溶解的
2 sp 2 2
方向移动；（4）由图像可知，最后的 pH大于 7，溶液显碱性，氢氧化镁过量，所以 A点时加入的
n[Mg(OH)]大于C点时加入的n(HSO )；（5）由图像可知，AB段pH不断增大，氢氧化镁不断溶解，BC
2 2 4
段pH不变，存在平衡Mg(OH) (s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，此时溶液pH＞10，因此实验②中溶液变红，
2
CD段加入稀硫酸，消耗氢氧化镁，pH减小，稀硫酸消耗完，氢氧化镁继续溶解，pH增大，最终溶液的
pH值范围为9＜pH＜10，由酚酞的变色范围知，此时溶液变为淡粉色；（6）25℃时，水体pH约为9，则
c(OH－)＝1.0×10－5 mol·L－1，由K [Mg(OH) ]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝5.6×10－12，得c(Mg2＋)＝＝＝5.6×10－2
sp 2
mol·L－1。
