第04讲沉淀溶解平衡(练习)(教师版)_05-化学-高考总复习_一轮复习_2025年_2025年高考化学一轮复习讲义+练习+课件（新教材新高考）_第八章水溶液中的离子反应与平衡

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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Ksp有关的计算与判断
【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)2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)
Ca2+(aq)+2OH-(aq)。下列说法
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Na2CO3溶液，其中固体质量增加
D．向溶液中加入少量NaOH 固体，Ca(OH)2固体质量不变
【答案】C
【解析】向平衡体系中加入CaO，CaO 与H2O 反应使c(Ca2+)和c(OH-)都增大，Ca(OH)2的沉淀溶解平
衡左移，由于温度不变，Ksp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+)、
c(OH-)均未改变，pH 不变，A 项错误；给溶液加热，Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，所以又会有
少量Ca(OH)2析出，c(OH-)减小，pH 减小，B 项错误；加入Na2CO3溶液，部分Ca(OH)2转化为CaCO3，固
体质量增加，C 项正确；加入NaOH 固体，Ca(OH)2的沉淀溶解平衡左移，Ca(OH)2固体质量增加，D 项错
误。
2．工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液，在浸泡过程中将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸除去。
下列叙述不正确的是(　　)
A．升高温度，Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大
B．沉淀转化的离子方程式为CO3
2-(aq)+CaSO4(s)
CaCO3(s)+ SO4
2-(aq)
1
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C．在盐酸中，CaCO3的溶解度大于CaSO4
D．Na2CO3溶液中通入CO2后，阴离子浓度均减小
【答案】D
【解析】升高温度，Kw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
液，沉淀转化的离子方程式为CO3
2- (aq)+CaSO4(s)
CaCO3(s)+ SO4
2- (aq)，B 项正确；因为碳酸钙能
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CO3
2-
+CO2+H2O=2HCO3
-可知，HCO3
-的浓度增大，D 项错误。
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++2NH3·H2O
[Ag(NH3)2]++2H2O。下列分析不正确的是(　　)
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NH3结合Ag+的能力比Cl-的强
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NH3结合Ag+的
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++2NH3·H2
 [Ag(NH3)2]++2H2O 逆向移动，银氨离子变成
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
[Ca5(PO4)3OH]。在牙齿表面存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)
5Ca2＋(aq)＋3PO(aq)＋OH－(aq)　Ksp＝
6.8×10－37。已知Ca5(PO4)3F(s)的Ksp＝2.8×10－51。下列说法错误的是(　　)
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，Ksp的值相应增大
D．使用含氟的牙膏能防止龋齿，是因为Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)
【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H2O，促使Ca5(PO4)3OH(s)的沉淀溶解平
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Ca5(PO4)3OH(s)，从平衡移动角度分
析，要增大牙齿表面的c(Ca2＋)、c(OH－)，促使Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡逆向移动，故小孩长牙时要少吃糖
多补钙，B 正确；减少OH－的浓度，Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡将向右移动，由于温度不变，Ksp的值不变，
C 错误；由于Ca5(PO4)3F 的Ksp小于Ca5(PO4)3OH 的Ksp，使用含氟牙膏，使Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的
Ca5(PO4)3F(s)，可有效防止龋齿，D 正确。
2
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5．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-)>Ksp(AgSCN)
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)>Ksp时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN-)>Ksp(AgSCN)，
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
Fe2O3的工艺流程如图所示(部分操作和条件略)。
已知：①HCl(浓)+FeCl3
HFeCl4 (易溶于有机溶剂)；②Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，lg 2≈0.3。下列说
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HFeCl4
HCl(浓)+FeCl3，将HFeCl4从有机相中反萃取出来，氯化氢、氯化铁易溶于水，可用水作
反萃取剂，使HFeCl4
HCl(浓)+FeCl3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；
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
Ksp[Fe(OH)3]=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
3
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Fe3+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MnO2，含有少量Fe、
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：Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。
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、MnO2、MnCO3等物质
D．为增大沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度
【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Ksp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
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(BaTiO3)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
元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：
BaCO3
浸出液
浸出液和TiCl4的混合液
草酸氧钛钡晶体
BaTiO3
已知：①草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O；②25 ℃时，BaCO3 的溶度积Ksp=2.58×10-
9。
下列说法错误的是(　　)
A．BaTiO3中Ti 元素的化合价为+4
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(CO3
2-)在浸出液中的最大浓度为2.58×10-8mol·L-1
【答案】B
【解析】由制备流程可知，BaCO3用盐酸酸浸得到氯化钡溶液，再向氯化钡溶液中加入TiCl4溶液和草
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BaTiO3，据此分析作答。BaTiO3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，
4
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A 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(CO3
2-)在浸出液中的最大浓度为2.58×10
-9
0.1
mol·L-1=2.58×10-8mol·L-1，D 项正确。
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Na2CO3；转化为苯酚钠，再通入CO2，可进一步分离回收。已知：Ka(C6H5OH)=1.0×10-10，
Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列说法正确的是(    )
A．Na2CO3；也可用NaOH 或NaHCO3替代
B．2HCO3
-
H2CO3+CO3
2-的平衡常数K 约为9.57×103
C．转化反应中若c(Na＋)=2c(C6H5O-)+ 2c(C6H5OH)，此时溶液中c(HCO3
-)＞c(C6H5O-)
D．当通入CO2至溶液pH=10 时，溶液中的C6H5ONa 完全转化为C6H5OH
【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
>HCO3
-，则苯酚不能与NaHCO3反应，故A 错误；B 项，2HCO3
-
H2CO3+CO3
2-的平衡常数
，故B 错误；
C 项，转化反应中若存在物料守恒：c(Na＋)=2c(C6H5O-)+ 2c(C6H5OH)，即溶质为等物质的量的NaHCO3和
C6H5ONa，由于酸性：碳酸>苯酚，则C6H5O-水解程度大于2HCO3
-
H2CO3+CO3
2-，此时溶液中
c(HCO3
-)＞c(C6H5O-)，故C 正确；D 项，苯酚C6H5OH 具有弱酸性，若溶液pH=10 时为碱性，则C6H5ONa
不可能完全转化为C6H5OH，故D 错误；故选C。
10．(2024·浙江金华一中高三期中)室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25℃时，H2SO3
的Ka1=1.42×10-2、Ka2=1.0×10-7，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。
实验1：配制50mL0.1mol·L-1 Na2CO3溶液，测得溶液
约为12；
实验2：取10mL0.1mol·L-1 Na2CO3溶液，向其中加入少量CaSO4固体充分搅拌，一段时间后过滤。向
滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；
实验3：取10mL0.1mol·L-1 Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol·L-1稀盐酸。
下列说法正确的是(    )
A．实验1 所得溶液中，c(Na+)＜c(HCO3
-)+c(CO3
2-)
B．根据实验2，可推测Ksp(CaCO3) ＞Ksp(CaSO4)
C．实验3 反应后溶液中存在：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)
5
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D．25℃时，反应CO3
2-+H2SO3⇌ HCO3
-+ HSO3
-的平衡常数K=2.5×10-8
【答案】D
【解析】A 项，Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3
-)+2c(CO3
2-)
+c(OH-)，则c(Na+)＞c(HCO3
-)+2c(CO3
2-)＞c(HCO3
-)+c(CO3
2-)，故A 错误；B 项，CaCO3和CaSO4的物质类
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Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B
错误；C 项，Na2CO3溶液物料守恒关系为
c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)，滴入等体积0.1mol⋅L-1稀
盐酸后生成NaCl 和NaHCO3，仍然存在
c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)，即c(Na+)＞
c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)，故C 错误；D 项，反应CO3
2-+H2SO3⇌ HCO3
-+ HSO3
-的平衡常数
，故D 正确；故选
D。
题型三  和Ksp有关的计算与判断
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
A
将稀硫酸和Na2S 反应生成的气体通入
AgNO3与AgCl 组成的悬浊液中
出现黑色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)
B
向盛有2 mL 0.1 mol·L－1AgNO3溶液的
试管中滴加1 mL 0.1 mol·L－1NaCl 溶
液，再向其中滴加4～5 滴0.1 mol·L－
1KI 溶液
先有白色沉淀
生成，后又产
生黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
C
向AgI 悬浊液中滴入Na2S 溶液
固体变黑
Ksp(Ag2S)＞Ksp(AgI)
D
将H2S 气体通入浓度均为0.01 mol·L－1
的ZnSO4和CuSO4
先出现CuS 黑
色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
【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Ksp(AgCl)与
Ksp(Ag2S)的大小，A 错误；AgNO3溶液过量，KI 直接与AgNO3反应，无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小
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Na2S 溶液，固体变
黑，说明Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgI)，C 错误；难溶的物质先沉淀出来，说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，D 正确。
12．已知：Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。向浓度均为0.01 mol·L－1 的Cu2＋和
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
6
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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Ksp[Cu(OH)2]较Ksp[Mg(OH)2]小些，所以Cu2＋先沉淀，其所需OH－的浓度较小，即溶液
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
Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，所以＝≈8.2×108，D 正确。
13．取1.0L 浓缩卤水(
、
浓度均为
)进行实验：滴加一定量AgNO3溶液，产生黄
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
)
 AgNO3，能产生沉淀
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
)
 AgNO3，则混合后的硝酸银浓度约等于
，
，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 ℃)：
7
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物质
Mg(OH)2
CH3COOAg
AgCl
Ag2CrO4
Ksp
1.1×10－11
2.3×10－3
1.8×10－10
1.9×10－12
下列有关说法不正确的是(　　)
A．浓度均为0.2 mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa 溶液等体积混合一定产生CH3COOAg 沉淀
B．将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl 和0.001 mol·L－1的K2CrO4混合溶液中，
先产生AgCl 沉淀
C．0.11 mol·L－1的MgCl2溶液中加入氨水产生Mg(OH)2沉淀时溶液的pH 为9
D．在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl 溶液中加入NaCl 溶液，Ksp(AgCl)增大
【答案】D
【解析】浓度均为0.2 mol·L －1 的AgNO3 溶液和CH3COONa 溶液等体积混合后，浓度均变为
0.1 mol·L－1，此时c(Ag＋)·c(CH3COO－)＝0.01＞2.3×10－3，所以一定产生CH3COOAg 沉淀，A 正确；
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MgCl2溶液中加入氨水产生Mg(OH)2沉淀时溶液中氢氧根的浓度为＝10－5mol·L
－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，
Ksp(AgCl)不变，D 错误。
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，
BaSO4和SrSO4都是难溶性盐。工业上提取钡和锶时首先是将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐。
已知：SrSO4(s)
Sr2+(aq)+ SO4
2-(aq)　Ksp=2.5×10-7；
SrCO3(s)
Sr2+(aq)+ CO3
2- (aq)　Ksp=2.5×10-9。
(1)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为　　　　　　　　　　　　，反应的平衡常数K 的表达式为 
；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CO3
2-的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率。判断在下列两
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CO3
2-的浓度，平衡常数K 将　　　　。 
(3)已知SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性与BaSO4和BaCO3类似，设计实验证明上述过程中SrSO4是否
完全转化成SrCO3 。实验所用的试剂为　　　　；实验现象及其相应结论为　 
。 
【答案】(1)SrSO4(s)+ CO3
2- (aq)
SrCO3(s)+ SO4
2- (aq)　K= c(SO4
2-)
c(C O3
2-)
Ksp(SrCO3)<Ksp(SrSO4)，加入CO3
2-后，平衡SrSO4(s)
Sr2+(aq)+ SO4
2- (aq)正向移动，生成SrCO3
(2)①减小　②不变
(3)盐酸　若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则，未完全转化
8
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【解析】(1)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为SrSO4(s)+ CO3
2- (aq)
SrCO3(s)+ SO4
2- (aq)，平
衡常数表达式为K= c( SO4
2-)
c(C O3
2-)
；根据沉淀转化的原理可知，该反应能够发生，是因为
Ksp(SrCO3)<Ksp(SrSO4)，加入CO3
2-后，平衡SrSO4(s)
Sr2+(aq)+ SO4
2- (aq)正向移动，生成SrCO3。(2)①
降低温度有利于提高SrSO4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
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CO3
2-的浓度，平衡常数不变。(3)根据已
知信息，可以推断SrSO4难溶于盐酸，而SrCO3可溶于盐酸，因此向溶液中加入盐酸，若沉淀全部溶解，
则SrSO4完全转化成SrCO3，若沉淀部分溶解，则SrSO4没有完全转化成SrCO3。
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)2(s)
R2+(aq)+2OH−(aq)、R(OH)2(s) 
+2OH−(aq)
 R(OH)4
2-(aq)。已知25℃时R2+或R(OH)4
2-浓度的负对数(-lgc)与pH 的关系如图，下列说法
不正确的是(    )
A．据图可计算Ksp[R(OH)2]约为1.0×10－17
B．
时溶液中c(R2+)=c[R(OH)4
2-]
C．调节R(OH)2饱和溶液pH 至6，R 元素仍主要以
存在
D．向0.5L、c[R(OH)4
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
R(OH)4
2-
【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)4
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 
9
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c(R2+)=10-3mol·L-1根据Ksp 计算公式可得
，A 正确；
B 项，根据R(OH)2(s) +2OH−(aq)
 R(OH)4
2-(aq)，取pH=13，c(OH-)=10-1mol·L-1，此时-lgc=4，即
c[R(OH)4
2-]=10-4mol·L-1可得出本反应的化学平衡常数
，当pH=9 时，
c(OH-)=10-5mol·L-1，求得此时c[R(OH)4
2-]=10-12mol·L-1，同理将c(OH-)=10-5mol·L-1代入
，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)2饱和溶液pH 至6 时，-lgc=1，即c(R2+)=10-1mol·L-1，C 正确；D 项，
c[R(OH)4
2-]=0.1mol·L-1，根据
，可知
，可知
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)4
2-，D 正确； 故选B。
17．(2024·浙江省浙江省舟山中学适应性考试)已知：H2R
H++HR-，HR-
H++R2-，CuR 难
溶于水。常温下，Ka1(H2R)=1×10-9，Ka2(H2R)=2×10-13，当10mL0.1mol/LH2R 溶液中缓慢加入少量CuSO4粉
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≈5
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B．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H2R
D．Y 点对应的溶液中：c(H+)+2c(Cu2+)=2c(R2-)+c(HR-)+2c(SO4
2-)+c(OH-)
【答案】B
【解析】A 项，设0.1mol/LH2R 溶液中氢离子浓度为xmol/L,可列出三段式如下：
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Ksp(CuR)= c(Cu2+)·c(R2l-)=2.0×10－24，B 项错误；C 项，根据Y 点数据可得到
，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
H2R，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(SO4
2-)
+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BaCO3的饱和溶液中c2(Ba2+)
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(  
)
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A．饱和BaCO3溶液中c2(Ba2+)随
增大而减小
B．BaCO3的溶度积Ksp=2.6×10-9
C．若忽略CO3
2-的第二步水解，Ka2(H2CO3)= 5×10-11
D．
点溶液中：c(Ba2+)>c(CO3
2-)>c(HCO3
-)
【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CO3
2-离子水解程度最大，此时c(Ba2+)=c(CO3
2-)，此时c2(Ba2+)越
接近2.6×10-9，此时
，B 正确；C 项，若忽略CO3
2-的第二步水解，当
c(CO3
2-)=c(HCO3
-)时，
，溶液中有c(Ba2+)=c(CO3
2-)+c(HCO3
-)=2c(CO3
2-)，故
c2(Ba2+)=c(Ba2+)·2c(CO3
2-)=2c(Ba2+)·c(CO3
2-)=2Ksp=5.2×10-9，即M 点，此时c(H+)=5×10-11，
Ka2(H2CO3)=c(H+)=5×10-11，C 正确；D 项，在M 点，由C 选项得知，c(CO3
2-)=c(HCO3
-)，N 点c(H+)大，所
以更促进CO3
2-转化成HCO3
-，因此有c(Ba2+)>c(HCO3
-)>c(CO3
2-)，D 错误；故选D。
19．(2024·浙江省嘉兴市高三基础测试)
时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示：
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已知：
，
或
，下列说法正确的是(    )
A．曲线Ⅱ表示Cd(OH)2沉淀溶解平衡曲线
B．Z 点对应的溶液中：c(H+)＜c(HCO3
-)+c(OH-)
C．Y 点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液
D．
时，在Cd(OH)2(s)+CO3
2-(aq)
 CdCO3(s))+2OH-(aq)平衡体系中K=100 
【答案】B
【解析】由溶度积可知，碳酸镉饱和溶液中pCd2+=pKspCdCO3-pCO3
2-，氢氧化镉饱和溶液中
pCd2+=pKspCd(OH)2-2pOH-，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
解平衡曲线，则T℃时，碳酸镉的溶度积Ksp(CdCO3)=10-8mol/L×10-4mol/L=10-12，氢氧化镉的溶度积
Ksp[Cd(OH)2]=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
A 错误；B 项，由图可知，Z 点溶液中c(Cd2+)＞c(CO3
2-)，由电荷守恒c(H+)+2c(Cd2+)=2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+ 
c(OH-)，则溶液中c(H+)＜c(HCO3
-)+c(OH-)，故B 正确；C 项，由图可知，T℃时，Y 点对应的Cd(OH)2溶
液中浓度熵Qc=10-4mol/L×(10-6mol/L)2=10-16＜Ksp[Cd(OH)2]，则Y 点对应氢氧化镉的溶液为不饱和溶液，故
C 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H2C2O4溶液中滴加NaOH 溶液，混合溶液中lgQ[Q
表示
或
随pH 的变化关系如图所示。已知常温下，Ksp(CaC2O4)=10-8.63，下列说法不正
确的是(    )
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A．NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)<c(C2O4
2-)
B．若P 点坐标为(4.19，x)，则x=2.96
C．反应CaC2O4+2H+
Ca2++H2C2O4的平衡常数K=10−3.21
D．当pH 取值范围为(1.23，4.19)时c(HC2O )>c(C2O4
2-)>c(H2C2O4)
【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H2C2O4溶液的Ka1=1×10−1.23，右侧直线表示Q 与c(H+)乘积等于
1×10−4.19，则H2C2O4溶的Ka2=1×10−4.19。A 项， H2C2O4
-的电离平衡常数=1×10−4.19，H2C2O4
-的水解平衡常数
K=
 == 10−12.77，电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)<c(C2O4
2-)，故A
正确；B 项，pH=1.23 时，左侧曲线中，lgQ=lg
=0 时，c(HC2O4
-)=c(H2C2O4)，
=
 Ka1=
×c(H+)=c(H+)=10-1.23，pH=4.19 时，lg
=x，得到计算式x=lg
=lg
 =lg
=2.96，故B 正确；C 项，反应CaC2O4+2H+
Ca2++H2C2O4的平衡常数K=
 10−3.21，故C 正确；
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D 项，lgQ 为增函数，pH=1.23 时，左侧曲线中，lgQ=lg
=0 时，c(HC2O4
-)=c(H2C2O4)，右侧曲线
中lgQ=lg
=lg
 =
≈-3，103c(C2O4
2-)=c(HC2O4
-)=c(H2C2O4)；pH=4.19 时，左侧曲线中，
lgX=lg
≈3，c(HC2O4
-)=103c(H2C2O4)，右侧曲线中，lgX=lg
=0，
c(C2O4
2-)=c(HC2O4
-)=103c(H2C2O4)，所以1.23＜pH＜4.19 的过程中，c(HC2O4
-)实质先逐渐增大后减小，
c(H2C2O4)逐渐减小，c(C2O4
2-)逐渐增大，则不一定满足c(C2O4
2-)＞c(H2C2O4)，故D 错误；故选D。
1．(2024·天津市第七中学高三检测)已知：室温下氢硫酸(H2S)的Ka1=1×10-7，Ka2=1.3×10-13；CuS、FeS
的Ksp分别为6.3×10-36，6.5×10-18。下列说法不正确的是(    )
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H2S 溶液中加入等体积0.1mol/L 的NaOH 溶液，则有：
c(Na+)>c(HS-)>c(H2S)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)
【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Ksp小于FeS，可以用FeS 除去污水中的CuS，B 正确；C 项，反
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H2S 溶液中加入等体积0.1mol/L 的NaOH 溶液得到
NaHS 溶液，HS-的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，则有：
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c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H2S)>c(H+)>c(S2-)，D 错误；故选D。
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+、SO4
2-并进行定性
检验。
已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。
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Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO3
2-=BaCO3↓、Ca2++CO3
2-=CaCO3↓
C．加入盐酸发生的反应是2H++CO3
2-=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O
D．若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M 的生成
【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
BaCl2溶液后存在平衡:BaSO4(s)
Ba2+(aq)+SO4
2- (aq)，故加入过量饱和Na2CO3溶液还会存在部分
钡离子转化为碳酸钡，该平衡正向移动，溶液中SO4
2-浓度增大，故还有反应：BaSO4(s)+CO3
2-
(aq)=BaCO3(s)+SO4
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
反应是2H++CO3
2-=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，C 正确；D 项，流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化
为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，故若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免样品中混入硫
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，Ksp(BaCO3)=5.0×10-9，Ksp(BaSO)=1.0×10-10；H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.5×10-7，
Ka2=5.6×10-11；饱和BaCO3溶液pH 约为9.6，人体胃液pH 约为2；H2SO4的一级电离是完全电离，二级电
离电离常数Ka2=1.0×10-2。结合信息，以下推断不正确的是(    )
A．BaSO4在胃液中的溶解度大于1.0×10-5mol·L－1
B．若每次加入1L1mol·L-1的Na2CO3溶液，至少需要4 次加入才能将0.1mol BaSO4全部转化为BaCO3
C．饱和BaCO3溶液通入少量CO2后溶液中：c(CO3
2-)＜c(HCO3
-)
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D．若误服BaCO3，医学上可采用适当浓度的Na2SO4溶液洗胃或静脉缓注Na2SO4溶液实现解毒
【答案】B
【解析】A 项，根据沉淀溶解平衡BaSO4(s)
Ba2+ (aq)+ SO4
2- (aq)，Ksp(BaSO)=1.0×10-10知纯水中
，
，在胃液中因
H+和SO4
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BaSO4中加入
Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+CO3
2-(aq)
BaCO3(s))+SO4
2-(aq)，
，若每次加入
的Na2CO3溶液能处理BaSO4的物质的量
为xmol，
得出
，将0.1mol BaSO4处理需要加入
，至少需要加入6 次，
故B 错误；C 项，饱和BaCO3溶液pH 约为9.6，饱和BaCO3溶液存在BaCO3(s)
Ba2+ (aq)+ CO3
2- 
(aq)，Ksp(BaCO3)=5.0×10-9，碳酸根水解生成碳酸氢根，
，得出
，此时c(CO3
2-)＜c(HCO3
-)，通入少量CO2后，溶液中CO3
2-发
生反应减少HCO3
-增多，c(CO3
2-)＜c(HCO3
-)，故C 正确；D 项，若误服BaCO3，根据BaCO3(s)+SO4
2-(aq)
BaSO4(s))+CO3
2-(aq)，Ksp(BaSO)=1.0×10-10< Ksp(BaCO3)=5.0×10-9，只要Na2SO4溶液浓度合适就可以将
BaCO3转化为BaSO4实现解毒，故D 正确；故选B。
4．(2024· 浙江省强基联盟高三联考)H2CO3是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：向
浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加0.1mol·L-1HCl 溶液。
实验Ⅱ：向20mL0.1mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1mol·L-1CaCl 2溶液，产生白色沉淀。[已知：H2CO3
的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；Ksp(CaCO3)= 3.3×10－9；不考虑碳酸的分解]
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(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)]
C．实验Ⅱ中发生反应：Ca2++2HCO3
-= CaCO3↓ +H2CO3
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D．实验Ⅱ中，
时，溶液中c(CO3
2-)= 1.0×10－11mol·L-1
【答案】D
【解析】A 项，Na2CO3、NaHCO3混合溶液中滴加0.1mol·L-1HCl 溶液，滴定终点分别为NaHCO3、
H2CO3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
验Ⅰ中
时，根据物料守恒，存在2c(Na+)=3[c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)]，B 正确；C
项，实验Ⅱ中发生反应：Ca2++2HCO3
-= CaCO3↓ +H2CO3，C 正确；D 项，
时，反应
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BaCO3溶液中，c2(Ba2+)随c(OH-)而变化，在
温度下，
c2(Ba2+)与c(OH-)关系如右图所示。下列说法错误的是(    )
A．BaCO3的溶度积Ksp= 2.6×10－9
B．若忽略CO3
2-的第二步水解，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11
C．饱和BaCO3溶液中c(Ba2+)随c(H＋)增大而减小
D．
点溶液中：c(Ba2+)＞c(HCO3
-)＞c(CO3
2-)
【答案】C
【解析】A 项，由图知，当c(OH-)浓度越大，越抑制CO3
2-水解，c(CO3
2-)= c(Ba2+)，使c2(Ba2+)越接近
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2.6×10－9，此时
，A 正确；B 项，若忽略CO3
2-的第二步水解，
当c(CO3
2-)= c(HCO3
-)时，
，c(Ba2+)=
，
，即N 点，此时
，
，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11，B 正确；C 项，由图像知c2(Ba2+)随c(OH-)增大而减小，
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(CO3
2-)= c(HCO3
-)，M 点
c2(Ba2+)小，c(H＋)大，所以更促进CO3
2-转化成HCO3
-，因此有c(Ba2+)＞c(HCO3
-)＞c(CO3
2-)，D 正确；故选
C。
6．(2024· 浙江省宁波市高三下学期二模)室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，溶液pH 随
时间变化如图所示。
已知：Ksp(CaSO4)=4.9×10－5、Ksp(CaCO3)=3.4×10－
下列说法不正确的是(    )
A．室温下，反应CaSO4(s)+CO3
2-(aq)
CaCO3(s)+SO4
2-(aq)的
B．随着反应的进行，溶液pH 下降的原因是CO3
2-+H2O
HCO3
-+ OH－逆向移动
C．0~600s 内上层清液中存在：c(Na＋)+2c(Ca2＋)＞2cCO3
2-+cHCO3
-+ 2cSO4
2-
D．反应过程中，溶液中始终存在：cNa＋＝2cCO3
2-＋2cHCO3
-＋2cH2CO3
【答案】D
【解析】A 项，反应CaSO4(s)+CO3
2-(aq)
CaCO3(s)+SO4
2-(aq)的
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，A 正确；B 项，随着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平
衡CO3
2-+H2O
HCO3
-+ OH－左移，溶液pH 下降，B 正确；C 项，根据电荷守恒，cH＋+c(Na＋)
+2c(Ca2＋)＞2cCO3
2-+cHCO3
-+ 2cSO4
2-+ cOH－，0~600s 内上层清液成碱性，c(H＋)＜c(OH―)，故c(Na
＋)+2c(Ca2＋)＞2cCO3
2-+cHCO3
-+ 2cSO4
2-，C 正确；D 项，在Na2CO3溶液中，由物料守恒得cNa＋＝
2cCO3
2-＋2cHCO3
-＋2cH2CO3，但由于在CaSO4(s)+CO3
2-(aq)
CaCO3(s)+SO4
2-(aq)反应过程中，
CO3
2-浓度会逐渐减小，故cNa＋＞2cCO3
2-＋2cHCO3
-＋2cH2CO3，D 错误； 故选D。
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．MgF2转化为Mg(OH)2较容易实现
D．L1和L3的交点A 对应的pH 约为6.7
【答案】B
【解析】由题干图示信息可知，Ka=
=10-pXc(H+)，L2上点(1，3.80)可知，该直线所示的
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Ka=10-3.8×10-1=10-4.8，同理可知，L1上点(2，1.45)可知，该直线所示的Ka=10-1.45×10-2=10-3.45，又知
Ka(HF)> Ka(HA)，故L1代表p
随溶液pH 的变化，L2代表p
随溶液pH 的变化，L3代表Mg2+随溶
液pH 的变化。A 项，L2代表p
随溶液pH 的变化，A 正确；B 项，NaF、NaA 的混合溶液中，
即
，B 错误；C 项，由直线L3
上点(9，1.3)可知，Mg(OH)2的Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)c2(OH-)=10-1.3(10-5)2=10-11.3，而Ksp(MgF2)=7.0×10-11，故
Ksp[Mg(OH)2]< Ksp(MgF2)，MgF2转化为Mg(OH)2较容易实现，C 正确；D 项，Ka=10-1.45×10-2=10-3.45，直
线L1方程为：pX=pH-lgKa=-pH+3.45，同理直线L3方程为：pX=2pH-28-lgKsp[Mg(OH)2]=2pH-16.7，联立两
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Na2CO3体系中的可
能产物。已知：图1 中曲线表示Na2CO3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
离子浓度关系符合
；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
；[注：起始Na2CO3体系中c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)=0.1mol/L；不同
pH 下c(CO3
2-)由图1 得到]。下列说法正确的是(    )
A．
时，碳酸钠溶液体系中存在：c(CO3
2-)＞cH2CO3
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B．M 点时，溶液中存在c(CO3
2-)＞c(OH―)
C．初始状态pH=9、1g[c(Ni2+)]=-5，平衡后存在c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+c(H2CO3)＜0.1mol/L
D．沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1mol•L-1Na2CO3溶液比0.1mol•L-1NaHCO3溶液效果好
【答案】B
【解析】A 项，由图1 可知，pH=6.37 时，c(H2CO3)=c(HCO3
-)故有Ka1(H2CO3)=
×c(H+)=10-6.37，
同理可知pH=10.25 时c(CO3
2-)=c(HCO3
-)，此时Ka2(H2CO3)=
×c(H+)=c(H+)=10-10.25，则Ka1Ka2=
×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(CO3
2-)＜cH2CO3，A 错误；B 项，由图1 可知，pH=10.25 时c(CO3
2-)=c(HCO3
-)，此时Ka2(H2CO3)=
×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(HCO3
-)≈0.1mol/L，则c(CO3
2-)=
=10-10.25×0.1×
mol/L=10-3mol/L，所以M 点时，
溶液中存在：c(CO3
2-)＞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
Ni(OH)2的沉淀溶解平衡体系，不会生成NiCO3沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：c(CO3
2-)
+c(HCO3
-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，C 错误；D 项，由图2 可知pH＜8.25 时，NiCO3优先于Ni(OH)2生成沉淀，
pH＞8.25 时Ni(OH)2优先于NiCO3生成沉淀，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH 接近8，0.1mol•L-1Na2CO3溶液
的pH 接近12，所以沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1mol•L-1NaHCO3溶液比0.1mol•L-1Na2CO3溶液的效果好，
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Na2CO3溶液中，各含碳粒子的物质的量分数
与pH 的关系。在图2 中，曲线Ⅰ满足关系c(Mg2+)·c2(OH-)= Ksp[Mg(OH)2]，曲线Ⅱ满足关系
c(Mg2+)·c(CO3
2-)= Ksp(MgCO3)。［注：起始c(Na2CO3)=0.1 mol/L，不同pH 下c(CO3
2-)由图1 得到］。下列
说法不正确的是(    )
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A．2HCO3
-
H2CO3+CO3
2-的平衡常数K=10-4
B．当一半的CO3
2-发生水解时，溶液
C．图2 的a 点，平衡后的溶液中，c(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)=0.1mol·L－1
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，
；2HCO3
-
H2CO3+CO3
2-的平衡常数
，
故A 正确； B 项，CO3
2-+H2O
HCO3
-+OH-，当一半的CO3
2-发生水解时，则生成碳酸氢根离子浓度为
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(H2CO3)+c(HCO3
-)+c(CO3
2-)＜0.1mol·L－1，故C 错误；D 项，25℃时，
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=
，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)2沉淀或MgCO3沉淀。图
1 为0.1mol·L-1 Na2CO3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
Na2CO3溶液在不同
环境下，形成Mg(OH)2或MgCO3的溶解平衡关系。
下列说法不正确的是(    )
A．图2 中曲线I 为Mg(OH)2溶解平衡曲线
B．由图1 可知2HCO3
-
H2CO3+CO3
2-的平衡常数为
C．由图1，图2，初始状态c(Mg2+) =0.01mol·L-1，pH=8.5 的该Na2CO3溶液中Mg2+主要转化为MgCO3
沉淀
D．由图1 和图2，增大pH，Mg2+-Na2CO3溶液体系中均可发生反应：MgCO3(s)＋2OH-(aq)
 
Mg(OH)2 (s)+ CO3
2-(aq) 
【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)2溶解平衡曲
线，故A 正确；B 项，根据反应2HCO3
-
H2CO3+CO3
2-，其平衡常数
 ，结合图1 可知，Ka1=10-6.37、
Ka2=10-10.25，2HCO3
-
H2CO3+CO3
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
c(Mg2+) =0.01mol·L-1，pH=8.5 时，Q(MgCO3)>Ksp (MgCO3)，Q[Mg(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，该Na2CO3溶液中
Mg2+主要转化为MgCO3沉淀，故C 正确；D 项，依据图1、图2，当pH 大于10.25 后Mg2+-Na2CO3溶液体
系中才能发生反应：MgCO3(s)＋2OH-(aq)
 Mg(OH)2 (s)+ CO3
2-(aq)，故D 错误；选D。
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1．(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：
CaCO3(s)
Ca2+(aq)+CO3
2-(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，H2CO3的电离常数
Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11]，下列有关说法正确的是(    )
A．上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO3
2-)
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO3
-形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2+)保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
【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(CO3
2-)，A 错误；B 项，根据Ka2=4.7×10-11 可得
，则碳酸根的水解平衡常数为
，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CO2，碳酸钙与CO2反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶
液中钙离子浓度增大，C 错误；D 项，由题干可知，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，碳酸钙比
硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D 错误；故选B。
2．(2023•辽宁省选择性考试，15)某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即c(H2S)=0.1mol·L-1，通过调
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Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，下列说法正确的是(    )
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A．Ksp(CdS)=10-18.4
B．③为pH 与-lgc(HS-)的关系曲线
C．Ka1(H2S)=10-8.1
D．Ka2(H2S)=10-14.7
【答案】D
【解析】已知H2S 饱和溶液中随着pH 的增大，H2S 的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增
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Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)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-。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Ksp(CdS)= c(Cd2+)·c(S2-)=10-13×10-13=10－26，A 错误；B 项，③为pH 与-lg(S2-)
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Ka1Ka2=
=
，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
Ka1Ka2=
=
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=10-21.8，结合C 项分析可知，Ka1=10-7.1故有Ka2(H2S)=10-14.7，D 正确；故
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++NH3
 [Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3
[Ag(NH3)2]+，lg [c(M)/(mol·L-1)]与lg [c(NH4
+)/(mol·L-1)]的关系如
下图所示(其中M 代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。
下列说法错误的是(    )
A．曲线I 可视为AgCl 溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl 的溶度积常数Ksp(AgCl)= c(Ag+)·c(Cl-)=1.0×10－9.75
C．反应[Ag(NH3)]++NH3
[Ag(NH3)2]+的平衡常数K 的值为103.81
D．c(NH3)=0.01mol·L-1时，溶液中c{[Ag(NH3)2]+}＞c{[Ag(NH3)]+}＞c(Ag+)
【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(NH3)]++NH3
[Ag(NH3)2]+的平衡常数K=
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=
=
=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(NH3)=0.01mol·L-1时，溶液中c{[Ag(NH3)2]+}＞c{[Ag(NH3)]+}＞c(Ag+)，故D 正确；故选B。
4．(2023•山东卷，15)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)
HgI2(aq)；HgI2(aq)
Hg2++2I-；HgI2(aq)
HgI++I-；HgI2(aq)+I-
HgI3
--；HgI2(aq)+2I-
HgI4
2-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3
-)、lgc(HgI4
2-)随lgc(I-)的
变化关系如图所示，下列说法错误的是(    )
A．线
表示lgc(HgI4
2-)的变化情况
B．随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小
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HgI2(aq)
Hg2++2I-可知，K1=
，则有c(Hg2+)=
，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI3
-) 
=lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)，lgc(HgI4
2-) ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2(s)
HgI2(aq)可知
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K0=c[HgI2(aq)]为一定值，故可知图示中
曲线1、2、3、4 即L 分别代表
lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3
-)、lgc(HgI4
2-)。A 项，线L 表示lgc(HgI4
2-)的变化情况，A 正确；B 项，已知
HgI2(s)
HgI2(aq)的化学平衡常数K0= c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]
始终保持不变，B 错误；C 项，曲线1 方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2 方程为： 
lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：
，C 正确；D 项，溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I 元素与Hg
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)3和Fe(OH)2会部分溶解)。下列说法正确的是(    )
A．Mg2+可被净化的pH 区间最大
B．加入适量H2O2，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+
D．
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【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H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B 正确；C 项，由
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AgNO3溶液滴定
浓度相等的
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＋)
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【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
=0.0100mol⋅L-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-)=0.0100mol⋅L-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+)＜3.0×10-4
 mol·L－1
B．MA 的溶度积度积Ksp(MA)=5.0×10-8 
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C．溶液pH＝7 时，c(M＋)+c(H＋) =c(A－)+c(OH―)
D．HA 的电离常数Ka1(HA)≈2.0×10-4
【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Ksp(MA)= c(M＋)×c(A－)= c2(M
＋)=5.0×10-8，B 正确；C．设调pH 所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M＋)+c(H＋) =c(A－)+c(OH―)+ 
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。
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