第7讲难溶电解质的沉淀溶解平衡（教师版）_高考一二三轮复习_化学_2027年高考化学一轮_12027届高考化学一轮复习讲义+知识清单（新高考通）

大单元四 第三单元 水溶液中的离子反应与平衡
第7 讲　难溶电解质的沉淀溶解平衡
【高考考向预测】
难溶电解质的沉淀溶解平衡考查溶度积常数含义、表达式书写与计算，分析浓度、温度、
同离子效应、沉淀转化等对平衡的影响，结合溶度积判断沉淀生成、溶解及先后顺序，常搭
配图像、化工除杂情境命题；近三年选择、原理大题高频考查，考频极高；预测2027 年侧重
多沉淀共存体系分析、溶度积相关计算与图像解读，强化沉淀转化在实际流程中的综合应用。
【双基自测●明考向】
1．（25-26 高三·全国·一轮复习）向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄
色沉淀生成，则K sp(AgCl)< K sp(AgI)。(____)
【答案】错误
【详解】首先，实际溶度积关系为K sp( AgCl)> K sp( AgI )，题干给出的大小关系与事实相反；
其次，比较K sp大小需保证C l
−、I
−初始浓度相等，题干未说明该条件，实验设计存在变量缺
陷，无法通过沉淀现象直接推导K sp相对大小，故错误。
2．（26-27 高三·全国·一轮复习）根据AgCl(s)⇌Ag
+ (aq)+Cl
−(aq)，CH3COOH⇌CH3COO
−+ H
+，
可以判断AgCl、CH3COOH均为弱电解质。(____)
【答案】错误
【详解】AgCl(s)⇌Ag(aq)
++Cl(aq)
−是沉淀溶解平衡，并非电离平衡：AgCl属于难溶强电解
质，虽然溶解度很低，但溶解于水的部分完全电离，因此AgCl是强电解质，因此表述错误。
3．（26-27 高三·全国·一轮复习）向含有ZnS 和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉
淀，则K sp(CuS)< K sp(ZnS)。(____)
【答案】错误
【详解】该悬浊液中含有强电解质Na2S，Na2S完全电离产生大量游离的S
2−，滴加CuSO4溶液
时，Cu
2+会直接与游离的S
2−结合生成CuS黑色沉淀，并未发生ZnS向CuS的沉淀转化，因此无
法通过该实验证明K sp(CuS)< K sp(ZnS)，题干结论错误。
4．（25-26 高二上·全国·随堂练习）外界条件发生变化，沉淀溶解平衡不一定发生移动。
(____)
【答案】
正确
【详解】沉淀溶解平衡的移动遵循勒夏特列原理，当外界条件（如温度、浓度）变化时，若
改变的是与平衡无关的因素（如加入不参与反应的强电解质），则体系中各离子浓度商仍等
于溶度积（K sp），平衡不移动。例如，向AgCl的饱和溶液中再加入少量AgCl固体，由于溶
液已经饱和，沉淀溶解平衡不发生移动。因此，外界条件变化不一定导致沉淀溶解平衡移
动。
5．（25-26 高二上·全国·随堂练习）当溶液中阴、阳离子浓度相等时，沉淀溶解达到平衡状
态。(____)
【答案】
错误
【详解】沉淀溶解平衡的判断依据是溶液中各离子浓度幂的乘积等于溶度积常数（Ksp），而
非阴、阳离子浓度相等。例如，对于Ag2CrO4的平衡（Ag2CrO4(s) 
 2Ag
⇌
+(aq) +CrO4
2−(aq)），
平衡时c(Ag+)是c(CrO4
2−)的两倍，浓度不相等，但满足是c
2( Ag
+)×c(CrO4
2−)= K sp，因此题干
结论错误。
6．（25-26 高三·全国·一轮复习）Na2S溶液滴入AgCl 浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色。
(____)
【答案】正确
【详解】难溶电解质AgCl在浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌A g
+(aq)+C l
−(aq)。相同
温度下，硫化银的溶度积K sp( A g2S)远小于氯化银的溶度积K sp( AgCl)，当向AgCl浊液中滴入
N a2S溶液时，N a2S电离出的S
2−与AgCl溶解产生的A g
+结合生成溶解度更小的黑色A g2S沉
淀，促使AgCl的溶解平衡正向移动，最终白色AgCl沉淀转化为黑色A g2S沉淀，题干描述的
现象符合沉淀转化规律，故说法正确。
7．（25-26 高三·全国·一轮复习）用碳酸钠溶液处理锅炉水垢CaSO4 (s)+CO3
2−⇌CaCO3(s)+SO4
2−
。(____)
【答案】正确
【详解】根据沉淀转化规律，溶度积更大的微溶沉淀可转化为溶度积更小的难溶沉淀，
K sp(CaC O3)< K sp(CaSO4)，故CaSO4(s)+C O3
2−⇌CaC O3(s)+ SO4
2−可自发进行，离子方程式
书写规范，故正确。
8．（26-27 高三·全国·一轮复习）向2 支盛有2 mL 相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2 滴
相同浓度的NaCl 和NaI 溶液。一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象，说明
K sp(AgI)< K sp(AgCl)。(____)
【答案】正确
【详解】银氨溶液中存在配离子电离平衡：[ Ag( NH 3)2]
+⇌Ag
++2 NH 3，两支试管中初始Ag
+
浓度相等。加入的NaCl和NaI浓度、滴加体积均相同，因此两试管中Cl
−、I
−浓度相等。产生
黄色AgI沉淀，说明此时离子积Q( AgI )=c( Ag
+)·c( I
−)> K sp( AgI )；无AgCl沉淀生成，说明
Q( AgCl)=c( Ag
+)·c(Cl
−)< K sp( AgCl)。结合c( Ag
+)、c(Cl
−)、c( I
−)的大小关系，可推知
K sp( AgI )< K sp( AgCl)，题干表述正确。
9．（26-27 高三·全国·一轮复习）向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶
液，先生成AgCl 白色沉淀，则K sp(AgCl)< K sp(Ag2CrO4)。(____)
【答案】错误
【详解】AgCl的溶度积表达式K sp(AgCl)=c (Ag
+)⋅c(Cl
−)，Ag2CrO4的溶度积表达式
K sp(Ag2CrO4)=c
2(Ag
+)⋅c(CrO4
2−)，二者组成类型不同，不能直接通过沉淀先后顺序判断溶度积
大小，需要比较沉淀对应阴离子所需的Ag
+浓度，因此该说法错误。
10．（26-27 高三·全国·一轮复习）向Mg (OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：
3 Mg (OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3 MgCl2。(____)
【答案】正确
【详解】Mg(OH )2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH )2(s)⇌Mg
2++2OH
−，滴加FeCl3溶液
时，Fe
3+与OH
−结合生成红褐色Fe(OH )3沉淀，促使溶解平衡正向移动，最终Mg(OH )2完全
转化为Fe(OH )3，化学方程式为3 Mg (OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3 MgCl2，正确。
【核心梳理●明考点】
考点一　沉淀溶解平衡及影响因素
1.物质的溶解性与溶解度的关系
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)沉淀溶解平衡的建立
溶质溶解的过程是一个可逆过程:
固体溶质
溶液中的溶质{
v溶解>v结晶:固体溶解
v溶解= v结晶:溶解平衡
v溶解<v结晶:析出晶体
(2)特点(同其他化学平衡):逆、等、定、动、变(适用平衡移动原理)。
3.沉淀溶解平衡的影响因素
(1)内因:难溶电解质本身的性质,即难溶电解质的溶解能力。
(2)外因:难溶电解质在水溶液中会建立动态平衡,改变温度和某离子浓度,会使沉淀溶解平衡发
生移动。
【考点突破●明方向】
1.已知Ca(OH)2的饱和溶液中存在平衡Ca(OH)2(s)
Ca2+(aq)+2OH-(aq)　ΔH<0,下列有关该平
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Na2CO3溶液,其中固体质量增加
⑦向溶液中加入少量NaOH 固体,Ca(OH)2固体质量不变
【答案】①⑥
【解析】向溶液中加Na2CO3,CO3
2−与Ca2+反应生成沉淀CaCO3,c(Ca2+)减小,②错;③加入NaOH
溶液会使平衡左移,有Ca(OH)2生成,但Ca(OH)2的溶度积较大,要除去Ca2+,应把Ca2+转化为更难
溶的CaCO3,③错;恒温下,Ca(OH)2饱和溶液的浓度不变,pH 不变,④错;加热,平衡左移,c(OH-)减
小,pH 减小,⑤错;加NaOH,平衡左移,Ca(OH)2的质量增大,⑦错。
2.将足量BaCO3固体分别加入:
①30 mL 水;②10 mL 0.2 mol·L-1 Na2CO3溶液;③50 mL 0.01 mol·L-1 BaCl2溶液;④100 mL 0.01 
mol·L-1盐酸中溶解至溶液饱和。
所得溶液中c(Ba2+)由大到小的顺序为　　　　　　　　。 
【答案】③>④>①>②
3.下列化学原理的应用,主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是　　　　。 
①热纯碱溶液去油污能力强
②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后,常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
③溶洞、珊瑚的形成
④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能
⑤泡沫灭火器灭火的原理
【答案】②③④
考点二　溶度积常数及其应用
1.溶度积(溶度积常数)和离子积
以AmBn(s)
mAn+(aq)+nBm-(aq)为例:
溶度积
离子积
含义
沉淀溶解平衡的平衡常数
溶液中有关离子浓度幂的乘积
符号
Ksp
Q
表达式
Ksp(AmBn)=c  m  (A
  n + )·  c  n (B
  m  - ) ,式中的浓
度是平衡浓度
Q(AmBn)=c  m  (A
  n + )·  c  n (B
  m  - ) ,式中的浓度是任
意浓度
应用
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①Q>Ksp:溶液过饱和,有沉淀析出;
②Q=Ksp:溶液饱和,处于平衡状态;
③Q<Ksp:溶液未饱和,无沉淀析出
2.Ksp的影响因素
(1)内因:溶度积与难溶电解质溶解能力的关系:阴、阳离子个数比相同的难溶电解质,溶度积越
小,其溶解能力越小;不同类型的难溶电解质,应通过计算才能进行比较溶解能力。
(2)外因:仅与温度有关,与浓度、压强、催化剂等无关。
【考点突破●明方向】
1.常温下,Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20,计算有关Cu2+沉淀的pH。
(1)某CuSO4溶液中c(Cu2+)=0.02 mol·L-1,如果生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液的pH,使之大于　 
。 
(2)要使0.2 mol·L-1 CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一),则应向
溶液中加入NaOH 溶液,使溶液的pH 为　　　　。 
【答案】(1)5　(2)6
【解析】(1)根据题给信息,当c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20 时开始出现沉淀,则c(OH-)=❑√
2×10
−20
0.02
 
mol·L-1=10-9 mol·L-1,c(H+)=10-5 mol·L-1,pH=5,所以要生成Cu(OH)2 沉淀,应调整pH>5。(2)要使
Cu2+ 浓度降至0.2mol· L
−1
1 000
=2×10-4 mol·L-1,c(OH-)=❑√
2×10
−20
2×10
−4 mol·L-1=10-8 mol·L-1,c(H+)=10-6 
mol·L-1,此时溶液的pH=6。
2.已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(AgBr)=7.7×10-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。某溶液中含有Cl-、Br-
和CrO4
2−,浓度均为0.01 mol·L-1,向该溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1的AgNO3溶液时,计算三种阴
离子沉淀的先后顺序为　　　　。 
【答案】Br-、Cl-、CrO4
2−
【解析】三种阴离子浓度均为0.01 mol·L-1时,分别产生AgCl、AgBr 和Ag2CrO4 沉淀,所需要
Ag+浓度依次为
c1(Ag+)=
K sp( AgCl)
c(C l
−)
= 1.56×10
−10
0.01
 mol·L-1=1.56×10-8 mol·L-1,
c2(Ag+)=
K sp( AgBr )
c(Br
−)
= 7.7×10
−13
0.01
 mol·L-1=7.7×10-11 mol·L-1,
c3(Ag+)=❑√
K sp( A g2Cr O4)
c(Cr O4
2−)
=
❑√
9.0×10
−12
0.01
 mol·L-1=3×10-5 mol·L-1,沉淀时Ag+浓度最小的优先沉
淀,因而沉淀的顺序为Br-、Cl-、CrO4
2−。
3.已知25 ℃时,Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20。在pH=5,c(Cu2+)=2 mol·L-1的溶液中能否生成Cu(OH)2沉
淀?(写出解答步骤)　 
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
【答案】Q=(
10
−14
10
−5)
2
×2=2×10-18>Ksp[Cu(OH)2],故溶液中有Cu(OH)2沉淀生成
考点三　沉淀溶解平衡的应用
1.沉淀的生成
(1)沉淀生成的实际应用
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。
(2)使溶液中的离子转化为沉淀的条件:溶液中离子积Q>Ksp。
(3)常用的方法
方法
举例
解释
调节
pH 法
除去CuCl2溶液中的FeCl3,可向溶液
中加入CuO[
 
 或
   Cu(OH)
 
 2 或
   CuCO
 
 3
或
   Cu
  2(OH)2CO3]
CuO
 
  与
  H  + 反应
 
 , 促进
 
  Fe
  3+  水解生成
 
  Fe(OH)
 
 3
沉淀
除去NH4Cl 溶液中的FeCl3 杂质,可
加入氨水调节pH
Fe
  3+  与
   NH
 
 3·H2O  反应生成
 
  Fe(OH)
 
 3沉淀
沉淀
剂法
以Na2S 等沉淀污水中的Hg2+ 、
Cu2+等重金属离子
Na2S  与
  Cu
  2+  、
  Hg
  2+  反应生成沉淀
 
 
2.沉淀的溶解
(1)原理:不断减少溶解平衡体系中的相应离子,使Q< Ksp,平衡向沉淀溶解的方向移动。
(2)溶解方法
①酸溶解法,如CaCO3溶于盐酸;
②盐溶液溶解法,如Mg(OH)2溶于NH4Cl 溶液;
③配位溶解法,如AgCl 溶于氨水。
3.沉淀的转化
(1)原理:由一种沉淀转化为另一种沉淀的过程,实质是沉淀溶解平衡的移动。
(2)沉淀转化规律
①一般来说,溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。
如,AgNO3溶液
AgCl
AgI,Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。
②一定条件下溶解度小的沉淀也可以转化成溶解度相对较大的沉淀。
重晶石[BaSO4(s)]
BaCO3(s),但Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)。
(3)实际应用
①锅炉除垢:水垢中的CaSO4(s)
CaCO3(s)
Ca2+(aq)。离子方程式为CaSO4(s)+C
O3
2−(aq)
CaCO3(s)+SO4
2−(aq)。
②矿物转化:原生铜的硫化物
CuSO4溶液
铜蓝(CuS)。
ZnS 转化为CuS 的离子方程式为ZnS(s)+Cu
 
 2+  (aq)
 
 
CuS(s)+Zn
 
 2+  (aq)
 
 。
PbS 转化为CuS 的离子方程式为PbS(s)+Cu
 
 2+  (aq)
 
 
CuS(s)+Pb
 
 2+  (aq)
 
 。
【考点突破●明方向】
1.(2025·八省联考内蒙古卷)测定I-含量步骤如下:向含I-试样中先加入已知物质的量的过量
AgNO3溶液,再加入NH4Fe(SO4)2指示剂,用KSCN 溶液进行滴定,溶液出现浅红色即达滴定终点,
消耗c mol·L-1KSCN 溶液V mL。已知:pKsp(AgI)=16.07,pKsp(AgSCN)=11.9,pKsp(AgCl)=9.74。下
列说法错误的是(　　)
A.滴定中有AgSCN 生成
B.不可先加指示剂,后加AgNO3溶液
C.试样中n(I-)=10-3cV mol
D.以上实验步骤不适用于Cl-含量测定
【答案】C
【解析】A.滴定中KSCN 溶液与过量的AgNO3溶液反应生成AgSCN 沉淀,到达终点时KSCN
与指示剂NH4Fe(SO4)2反应生成红色Fe(SCN)3,故A 正确;B.先加指示剂,则指示剂中的Fe3+与I-
反应,影响终点指示,故B 正确;C.KSCN 溶液测定的是剩余AgNO3的物质的量,需根据AgNO3溶
液的起始量与剩余量差计算碘离子的物质的量, 故C 错误;D. 由于Ksp(AgCl)= 10-
9.74>Ksp(AgSCN)=10-11.9,用KSCN 滴定过量的Ag+时,会使AgCl 沉淀发生转化,因此该实验不适用
于Cl-含量测定,故D 正确。
2.已知25 ℃时,几种难溶电解质的溶度积如下表:
难溶电解质
CaCO3
CaSO4
MgCO3
Ksp
3.4×10-9
4.9×10-5
6.8×10-6
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性,实验步骤如下:
①向100 mL 0.1 mol·L-1的CaCl2溶液中加入0.1 mol·L-1的Na2SO4溶液100 mL,立即有白色沉淀
生成。
②向①中加入3 g 固体Na2CO3,搅拌,静置后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌,静置后再弃去上层清液。
④　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(1)由题中信息知Ksp越大,表示电解质的溶解度越　　　　(填“大”或“小”)。 
(2)写出第②步发生反应的化学方程式:　 
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)设计第③步的目的是:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)请补充第④步操作及发生的现象:　 
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)
请
写
出
该
原
理
在
实
际
生
活
、
生
产
中
的
一
个
应
用
:
　 
。 
【答案】(1)大　(2)Na2CO3(aq)+CaSO4(s)
CaCO3(s)+Na2SO4(aq)　(3)洗去沉淀中附着的S
O4
2−　(4)向沉淀中加入足量的盐酸,沉淀完全溶解,并放出无色无味的气体　(5)将锅炉水垢中的
CaSO4转化为CaCO3,再用盐酸除去
【解析】沉淀类型相同时,Ksp越大,表示电解质的溶解度越大,溶解度小的沉淀会向溶解度更小
的沉淀转化,要证明CaSO4 完全转化为CaCO3,可以加入盐酸,因为CaSO4 不和盐酸反应,而
CaCO3可完全溶于盐酸。在实际生活、生产中利用此反应可以将锅炉水垢中的CaSO4转化为
CaCO3,再用盐酸除去。
3.试用平衡移动原理解释下列事实:
(1)BaCO3不溶于水,为什么不能作钡餐?
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)CaCO3难溶于稀硫酸,却能溶于醋酸中,原因是什么?
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)分别用等体积的蒸馏水和0.01 mol·L-1的盐酸洗涤AgCl 沉淀,用水洗涤造成AgCl 的损失大于
用稀盐酸洗涤的损失量,原因是什么?
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
【答案】(1)BaCO3(s)
Ba2+(aq)+CO3
2−(aq),HCl===H++Cl-,2H++CO3
2−===H2O+CO2↑,盐酸电离
的H+与BaCO3产生的CO3
2−结合生成CO2和H2O,破坏了BaCO3的溶解平衡,c(Ba2+)增大,引起人
体中毒
(2)CaCO3(s)
Ca2+(aq)+CO3
2−(aq),H2SO4===SO4
2−+2H+,Ca2++SO4
2−===CaSO4↓, 因为生成的
CaSO4 溶解度较小, 会附着在CaCO3 的表面, 阻止平衡右移。而CH3COOH
CH3COO-
+H+,Ca2+与CH3COO-不产生沉淀;当H+与CO3
2−结合生成CO2和H2O 时,CaCO3的溶解平衡右移
(3)用水洗涤AgCl,AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡右移,AgCl 的质量减少,用盐酸洗涤AgCl,稀
释的同时HCl 电离产生的Cl-会使平衡左移,AgCl 减少的质量要小些
本讲感悟
疑点:　 
　 
盲点:　 
　 
【真题再现●明考向】
1．（2026·云南·高考真题）常温下，1 L 水溶液中Cu
2+和C2O4
2−的初始浓度分别为0.1mol⋅L
−1
和0.2mol⋅L
−1，达到溶解平衡时(K sp(CuC2O4)=10
−9.35，pM 与pH 的关系如图(
pM =−lg[c(M)/(mol⋅L
−1)])，M 代表Cu
2+、C2O4
2−、CuC2O4(aq)和[Cu(C2O4)2]
2−)。
已知：CuC2O4(s)⇌CuC2O4(aq)  K 1
Cu
2+(aq)+C2O4
2−(aq)=CuC2O4(aq)  K 2
Cu
2+(aq)+2C2O4
2−(aq)=[Cu(C2O4)2]
2−(aq)  K 3=10
8.5
下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ是[Cu(C2O4)2]
2−的变化曲线
B．CuC2O4(aq)+C2O4
2−(aq)⇌[Cu(C2O4)2]
2−(aq)  K =10
2.34
C．溶液中，CuC2O4(aq)的浓度为10
−3.3 mol⋅L
−1
D．pH = 4，c(C2O4
2−)+c(HC2O4
−)+c(H2C2O4)+c([Cu(C2O4)2]
2−)>0.1mol⋅L
−1+c(Cu
2+)
【答案】B
【分析】K sp(CuC2O4)=c(Cu
2+)·c(C2O4
2−)=10
−9.35，根据K 3= c{[Cu(C2O4)2]
2−)
c(Cu
2+)·c
2(C2O4
2−)
，两式联立得到
c{[Cu(C2O4)2]
2−)= K sp(CuC2O4)· K 3·c(C2O4
2−)，两边取负对数得到：
p[Cu(C2O4)2]
2−= p(C2O4
2−)+0.85，这意味着[Cu(C2O4)2]
2−的pM 值与C2O4
2−的pM 值始终平行，
且[Cu(C2O4)2]
2−在上，故Ⅰ代表C2O4
2−，Ⅱ代表[Cu(C2O4)2]
2−，根据
K sp(CuC2O4)=c(Cu
2+)·c(C2O4
2−)=10
−9.35，为了维持K sp恒定，Cu
2+的pM 与Ⅰ呈反比，因此上
升的曲线Ⅳ代表Cu
2+，根据反应①：CuC2O4(s)⇌CuC2O4(aq)，K 1是定值，故c(CuC2O4)不变，
线Ⅲ代表CuC2O4，据此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ代表[Cu(C2O4)2]
2−，A 错误；
B．该反应的平衡常数K =
c{[Cu(C2O4)2]
2−)
c(CuC2O4)·c(C2O4
2−)
，由分析推导可知
c{[Cu(C2O4)2]
2−)
c(C2O4
2−)
= K sp(CuC2O4)· K 3=10
−0.85，代入平衡常数表达式得到K =
10
−0.85
c(CuC2O4)，观察图中
pH= 2.87 时的点，该点位于曲线Ⅰ上，说明此时p(C2O4
2−)=2.34，pH= 2.87 时的点向上延
伸，与Ⅲ的交点处：p[Cu(C2O4)2]
2−= p(C2O4
2−)+0.85，此时p[Cu(C2O4)2]
2−=3.19，代入平衡常
数表达式得到：K = 10
−0.85
10
−3.19 =10
2.34，B 正确；
C．由B 项分析可知，p[Cu(C2O4)2]
2−=3.19并保持不变（或由Ⅰ线pH=0.15 时，
p(C2O4
2−)=6.16，p(Cu
2+)=9.35−6.16=3.19，即曲线Ⅳ与Ⅲ的相交时，pH=0.15），故
CuC2O4(aq)的浓度为10
−3.19 mol⋅L
−1，C 错误；
D．对溶液中物种做物料守恒：总草酸根（溶液中）：
c(C2O4
2−)+c( HC2O4
−)+c( H 2C2O4)+c[CuC2O4(aq))+2c{[Cu(C2O4)2]
2−)+ 
n[CuC2O4(s))
V
=0.2mol / L；总铜（溶液中）：
c(Cu
2+)+c[CuC2O4(aq))+c{[Cu(C2O4)2]
2−)+ n[CuC2O4(s))
V
=0.1mol/ L（注：两种以固体形式
存在的CuC2O4(s)只是为了列物料守恒），将两式整理得到，
c(C2O4
2−)+c(HC2O4
−)+c(H2C2O4)+c{[Cu(C2O4)2]
2−)−c(Cu
2+)=0.1mol⋅L
−1，这是一个等式，D 错
误；
故选B。
2．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）下列过程对应的化学方程式错误的是
A．铜丝插入热的浓硫酸：Cu+2H2SO4（浓）
Δ
¿CuSO4+SO2↑+2H2O
¿
B．少量AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液：AlCl3+3 NaOH = Al(OH)3↓+3 NaCl
C．乙烯通入溴的四氯化碳溶液：CH2=CH2+ Br2→CH2BrCH2Br
D．Na2S溶液滴入AgCl悬浊液：Na2S(aq)+2AgCl(s)= Ag2S(s)+2NaCl(aq)
【答案】B
【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜和二氧化硫，其化学方程式为
Cu+2H2SO4(浓)
Δ
¿
¿
CuSO4+SO2↑+2H2O，A 正确；
B．少量AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液，生成四羟基合铝酸钠，其化学方程式为
AlCl3+4NaOH=NaAl(OH)4+3NaCl，B 错误；
C．乙烯含碳碳双键，和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，其化学方程式为
CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，C 正确；
D．Ag2S 的溶解度远小于AgCl，所以向AgCl 悬浊液中加入Na2S 发生沉淀转化生成Ag2S，其
化学方程式为Na2S(aq)+2AgCl(s)=Ag2S(s)+2NaCl(aq)，D 正确；
故选B。
3．（2025·浙江·高考真题）已知：AgCl(s)⇌Ag
+(aq)+Cl
−(aq)    K sp=1.8×10
−10
Ag
+(aq)+2Cl
−(aq)⇌[AgCl2)
−(aq)    K =1.1×10
5
下列有关说法不正确的是
A．过量AgCl在1.0 mol/LNaCl溶液中c (Ag
+)=1.8×10
−10 mol/L
B．过量AgCl在水中所得的饱和溶液中滴加0.0010 mol/LAgNO3溶液，有AgCl生成
C．过量AgCl在水中溶解的质量大于在相同体积3.0 mol/LNaCl溶液中溶解的质量
D．0.010 molAgCl在1L10 mol/L的盐酸中不能完全溶解
【答案】C
【详解】A．在 NaCl溶液中，[Cl
−]=1.0 mol / L（近似，忽略溶解 AgCl 的影响）。根据
AgCl 的溶度积规则，当固体AgCl 存在时，[ Ag
+][Cl
−]= K sp，因此：
[ Ag
+)= K sp
[Cl
−]
= 1.8×10
−10
1.0
=1.8×10
−10 mol / L，尽管存在络合反应Ag
++2Cl
−⇌[ AgCl2]
−，但自
由Ag
+浓度仍由溶度积常数决定，A 正确；
B．AgCl 在纯水中的饱和溶液中，[ Ag
+]=[Cl
−]= ❑√K sp=
❑√1.8×10
−10≈1.34×10
−5 mol / L。滴
加 AgNO3 溶液会引入 Ag
+，使局部 [ Ag
+] 增大，导致离子积 [ Ag
+][Cl
−]> K sp，从而生成 
AgCl 沉淀，络合反应在低 [Cl
−] 下影响很小，可忽略，B 正确；
C．在纯水中：溶解度 s水= ❑√K sp=
❑√1.8×10
−10≈1.34×10
−5 mol / L。溶解质量正比于溶解度
（相同体积）。在 3.0 mol / L NaCl 溶液中：高[Cl
−]促进络合反应Ag
++2Cl
−⇌[ AgCl2]
−。设
总溶解银浓度为S，近似[Cl
−]≈3.0 mol / L，则：[ Ag
+)= K sp
[Cl
−]
= 1.8×10
−10
3.0
≈6.0×10
−11 mol / L
，[ AgCl2]
−= K ⋅[ Ag
+]⋅[Cl
−]
2=1.1×10
5×(6.0×10
−11)×(3.0)
2≈5.94×10
−5 mol / L，总溶解度
S =[ Ag
+]+[ AgCl2]
−≈6.0×10
−11+5.94×10
−5≈5.94×10
−5 mol / L。比较可知：
s水≈1.34×10
−5 mol / L，SNaCl≈5.94×10
−5 mol / L，故在 3.0 mol/ L NaCl 中溶解的质量更大，
C 错误；
D．盐酸中 [Cl
−]=10 mol / L。若假设0.010 mol AgCl完全溶解，则总银浓度S =0.010 mol / L。
由C 选项分析可知，S =[ Ag
+]+[ AgCl2]
−=[ Ag
+]+ K ⋅[ Ag
+]⋅[Cl
−]
2，合并得到
[ Ag
+]{1+ K ⋅[Cl
−]
2)= S，近似[Cl
−]≈10 mol / L，则：
[ Ag
+)=
0.010
1+1.1×10
5×(10)
2 =
0.010
1+1.1×10
7 ≈
0.010
1.1×10
7 ≈9.09×10
−10 mol/ L，Q=
[ Ag
+][Cl
−]≈(9.09×10
−10)×10=9.09×10
−9> K sp=1.8×10
−10，故会沉淀，不能完全溶解，D 正
确；
故选C。
4．（2025·重庆·高考真题）Cr(OH)3是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 
℃时，某溶液中c(Cr
3+)与c([Cr(OH)4)
−)的总和为c。- lg c 随pH 的变化关系如图所示（忽略体
积变化）。
已知：
Cr(OH)3(s)⇌Cr
3+ (aq)+3OH
−(aq)  Ksp
Cr(OH)3(s)+OH
-(aq)⇌[Cr(OH)4)
−(aq)  K =10
−0.4
下列叙述正确的是
A．由M 点可以计算Ksp=10
−30.2
B．Cr
3+恰好沉淀完全时pH 为6.7
C．P 点沉淀质量小于Q 点沉淀质量
D．随pH 增大c(Cr
3+)
c([Cr(OH)4]
-) 先减小后增大
【答案】A
【分析】c(Cr
3+)与c([Cr(OH)4)
−)的总和为c，随着pH 增大，发生反应：
Cr
3+ (aq)+3OH
−(aq)⇌Cr(OH)3(s)，含铬微粒总浓度下降，随着pH 继续增大，发生反应 ：
Cr(OH)3(s)+OH
-(aq)⇌[Cr(OH)4)
−(aq)含铬微粒总浓度上升，据此解答。
【详解】A．M 点时，c(OH
−)= 10
−14
10
−5 =10
−9mol / L，K =
c([Cr(OH)4)
−)
c(OH
−)
=10
−0.4，
c([Cr(OH)4)
−)=10
−9.4mol / L，几乎可以忽略不计，含Cr 微粒主要为Cr
3+，
K sp=c(Cr
3+)·c
3(OH
−)=10
−3.2×(
10
−14
10
−5)
3
=10
−30.2，A 正确；
B．Cr
3+恰好完全沉淀时，c(Cr
3+)≤10
−5mol / L，由K sp数据计算可知，
c(OH
−)≥
3√
10
−30.2
10
−5 =10
−8.4，Cr
3+恰好完全沉淀pH 最小值5.6，B 错误；
C．P 和Q 点溶液中含Cr 微粒总和相等，生成的Cr(OH)3(s)质量相等，则P 点沉淀质量等于Q
点沉淀质量，C 错误；
D．随着pH 的增大，c(Cr
3+)减小，而c[Cr(OH)4)
−增大，c(Cr
3+)
c(Cr(OH)4
−) 比值减小，D 错误；
故选A。
5．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同
浓度同体积的NaCl 溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是
A．溶液1 中c(Ag
+)+c(Na
+)+c(H
+)=c(Cl
−)+c(NO3
−)+c(OH
−)
B．溶液2 中c(Cl
−)>c([Ag(NH3)2)
+)
C．溶液3 中c(H
+)=c(OH
−)
D．上述实验可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
【答案】C
【分析】在2mL0.2mol/L 的AgNO3溶液中加入等体积等浓度的NaCl 溶液得悬浊液1，经分离
后，向AgCl中滴加6mol/L 的氨水，发生反应AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH 3)2)Cl+2 H 2O，加入
0.1mol/LKI 溶液2mL，发生反应：[Ag(NH 3)2)Cl+ KI = AgI ↓+ KCl+2 NH 3，得到AgI沉淀，由
物质的量关系可知，[Ag(NH 3)2)Cl不能完全反应，溶液3 中可能还存在剩余的氨水以及
[Ag(NH 3)2)Cl；
【详解】A．溶液1 中主要溶质是NaNO3，同时由于存在溶解平衡：
AgCl (s)⇌Ag
+(aq)+Cl
−(aq)，还存在极少量的Ag
+、Cl
−，选项中满足电荷守恒关系，A 正
确；
B．根据元素守恒可知，若Ag
+不水解，则c(Cl
−)=c([Ag(NH3)2)
+)，但Ag
+会水解生成其他含银
的微粒，故c(Cl
−)>c([Ag(NH3)2)
+)，B 正确；
C．溶液3 中可能存在氨水过量的情况，不能得出c(H
+)=c(OH
−)的结论，C 错误；
D．由实验操作可知，存在转化AgCl
→
NH 3·H2O
[Ag(NH 3)2)Cl→
KI
AgI，由此说明AgI 更难溶，故可
得出结论Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D 正确；
故选C。
6.(2024·全国甲卷)将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL 悬浊液,向其中滴加0.10 mol·L-1的NaCl
溶液。lg[cM/(mol·L-1)](M 代表Ag+、Cl-或CrO4
2−)随加入NaCl 溶液体积(V)的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是(　　)
A.交点a 处:c(Na+)=2c(Cl-)
B.
K sp( AgCl)
K sp( A g2Cr O4)=10-2.21
C.V≤2.0 mL 时c(Cr O4
2−)
c(C l
−) 不变
D.y1=-7.82,y2=-lg 34
【答案】D
【解析】滴加过程中发生沉淀转化反应:Ag2CrO4+2Cl-
2AgCl+CrO4
2−, 溶液中存在
Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),即lg[Ksp(AgCl)]=lg[c(Ag+)]+lg[c(Cl-)]。则表示lg[c(Ag+)]、lg[c(Cl-)]的两
条曲线纵坐标之和为定值。随着Cl-不断滴入溶液中,其浓度不断升高,则中间的点虚线对应
lg[c(Cl-)],最下方的虚线对应lg[c(Ag+)],根据V(NaCl)=1.0 mL 时的数据可得lg[Ksp(AgCl)]=-4.57+
(-5.18)=-9.75,即Ksp(AgCl)=10-9.75。最上方的实线对应lg[c(CrO4
2−)]。Ag2CrO4向AgCl 转化,发生
反应Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)
2AgCl(s)+CrO4
2−(aq),则2 mL 时二者完全反应,继续加入NaCl 溶液,
由于同离子效应,则c(Cl-)升高,c(Ag+)下降,故三种离子对应曲线从上到下依次为CrO4
2−、Cl-和
Ag+。Ag2CrO4 转化为AgCl 需消耗2.0 mL NaCl 溶液,结合题图知,交点a 处c(Na+)≈3.0×0.10
4.0
 
mol·L-1,c(Cl-)≈(3.0−2.0)×0.10
4.0
 mol·L-1,因此c(Na+)≠2c(Cl-),A 错误;V(NaCl)=1.0 mL 时,溶液中存
在Ag2CrO4 沉淀, 因此溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO4
2−)=(10-5.18)2×10-1.60=10-
11.96,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75,则
K sp( AgCl)
K sp( A g2Cr O4) = 10
−9.75
10
−11.96=102.21,B 错误;在滴加
NaCl 溶液的最初阶段,滴入的Cl-的量极少,尚不足以生成AgCl 沉淀,滴入的Cl-全部以离子形式
存在,其浓度随着NaCl 溶液的滴入而增大,由于Cl-未与Ag+发生作用,此时溶液仍为Ag2CrO4的
饱和溶液,其中c(CrO4
2−)=
3√
K sp( A g2Cr O4)
4
,为定值,因此在此阶段,c(Cr O4
2−)
c(C l
−) 随着NaCl 溶液的滴
入而减小,当Ag2CrO4转化为AgCl 后,结合沉淀转化反应为可逆反应知,当V(NaCl)≤2.0 mL 时,体
系中仍存在Ag2CrO4沉淀,溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO4
2−)、Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),
两式相除得
c(Cr O4
2−)
c(C l
−)
=
K sp( A g2Cr O4)
K sp( AgCl)·c( A g
+),其中c(Ag+)在滴加NaCl 溶液的过程中会随着c(Cl-)
的增加而减少,因此c(Cr O4
2−)
c(C l
−) 会随着NaCl 溶液的滴加而增大,C 错误;V(NaCl)=2.4 mL 时,体系中
有AgCl 沉淀, 溶液中满足lg[Ksp(AgCl)]=lg[c(Ag+)]+lg[c(Cl-)], 代入数据-9.75=y1+(-1.93), 得
y1=-7.82,假设此时溶液中仍存在Ag2CrO4,则lg[Ksp(Ag2CrO4)]=2lg[c(Ag+)]+lg[c(CrO4
2−)],代入数
据-11.96=2×(-7.82)+lg[c(CrO4
2−)],得lg[c(CrO4
2−)]=3.68,即c(CrO4
2−)=103.68 mol·L-1,远超过Ag2CrO4
全部溶解所得CrO4
2−的浓度,因此此时溶液中不存在Ag2CrO4沉淀,Ag2CrO4已全部溶解,故c(Cr
O4
2−)=0.10 mmol
3.4 mL
= 1
34 mol·L-1,则y2=lg [c(CrO4
2−)]=lg 1
34 =-lg 34,D 正确。
7.(2023·浙江1 月选考)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K a1=4.5×10-7,K a2=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,碳酸钙难溶于水,上层清液中c(CO3
2−)很小,近似为中性,pH≈7,
K a1= c( H
+)·c( HC O3
−)
c( H 2C O3)
=4.5×10-7,K a2=c( H
+)·c(C O3
2−)
c( HC O3
−)
=4.7×10-11,将c(H+)=10-7代入,则c( HC O3
−)
c( H 2C O3)
=4.5, c(C O3
2−)
c( HC O3
−)=4.7×10-4,则上层清液中含碳微粒主要为HCO3
−,B 正确;C 项,向体系中通入
CO2,CaCO3与CO2反应生成Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2易溶于水,则溶液中c(Ca2+)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,所以加入Na2SO4
溶液不易实现CaCO3向CaSO4的有效转化,D 错误。
8.(2023·北京卷)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合
提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知:酸性条件下,MnO2的氧化性强于Fe3+。
“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出,矿石中的银以Ag2S 的形式残留于浸锰
渣中。
“浸锰”过程中,发生反应MnS+2H+===Mn2++H2S↑,则可推断:Ksp(MnS)　　　　(填“>”或
“<”)Ksp(Ag2S)。 
【答案】>
【解析】“ 浸锰” 过程中, 矿石中的银以Ag2S 的形式残留于浸锰渣中,MnS 发生反
应:MnS+2H+===Mn2++H2S↑, 硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸, 则可推断:
Ksp(MnS)>Ksp(Ag2S)。
9.(2023·湖北卷)常温下,已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0,则溶液
中Co2+浓度为　　　　　　 mol·L-1。“850 ℃煅烧”时生成Co3O4 的化学方程式为　 
 
。 
【答案】5.9×10-7
6Co(OH)2+O2
2Co3O4+6H2O
【解析】已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15, 若“ 沉钴过滤” 的pH 控制为10.0, 则溶液中
c(OH-)=1.0×10-4 
mol·L-1,Co2+
浓
度
为
K sp[Co(OH )2]
c
2(O H
−)
= 5.9×10
−15
(1.0×10
−4)
2 
mol·L-1=5.9×10-7 
mol·L-1。“850 ℃煅烧”时,Co(OH)2 与O2 反应生成Co3O4 和H2O,该反应的化学方程式为
6Co(OH)2+O2
2Co3O4+6H2O。
高考热点总结　 
　 
【限时训练】
（60 分钟）
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.足量CaCO3(s)在水中的溶解过程如下:CaCO3(s)
CO3
2−(aq)+Ca2+(aq)　ΔH<0,该悬浊液达到
平衡后,下列叙述不正确的是(　　)
A.升高温度,Ksp(CaCO3)减小
B.加少量水稀释,上述平衡正向移动,c(Ca2+)不变
C.向悬浊液中加入少量NaHCO3固体,c(C O3
2−)
c( H
+) 减小
D.向悬浊液中滴入盐酸,Q(CaCO3)>Ksp(CaCO3),导致平衡正向移动
【答案】C
【解析】加入少量NaHCO3 固体,NaHCO3===Na++HCO3
−,且HCO3
−水解程度大于电离程度,故
c(OH-)>c(H+),c(C O3
2−)
c( H
+)
= c(C O3
2−)c(O H
−)c(C a
2+)
c( H
+)c(O H
−)c(C a
2+)
= K sp(CaC O3)×c(O H
−)
K w×c(C a
2+)
, 且c(OH-) 增大,
c(Ca2+)减小,故比值增大,C 错误。
2.往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡,将水垢中的CaSO4转化为CaCO3,再用盐酸去除,下列叙述正确
的是(　　)
A.温度升高,Na2CO3溶液的Kw增大,c(OH-)减小
B.CaSO4能转化为CaCO3,说明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)
C.CaCO3溶于盐酸而CaSO4不溶,是因为硫酸酸性强于盐酸
D.沉淀转化的离子方程式为CO3
2−(aq)+CaSO4(s)
CaCO3(s)+SO4
2−(aq)
【答案】D
【解析】温度升高,水的电离平衡正向移动,Kw 增大;温度升高,Na2CO3 的水解平衡正向移动,
c(OH-)增大,A 项错误;Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4),B 项错误;CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、
水和二氧化碳,CaSO4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。
3.可溶性钡盐有毒,医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知:Ksp(BaCO3)=5×10-
9;Ksp(BaSO4)=1×10-10。下列推断正确的是(　　)
A.饱和BaCO3溶液中存在:c(Ba2+)=c(HCO3
−)+c(CO3
2−)
B.向BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中加入少量BaCl2,溶液中
c(C O3
2−)
c(SO4
2−) 减小
C.不用碳酸钡作为内服造影剂,是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)
D.若每次加入1 L 2 mol·L-1的Na2CO3溶液,至少需要6 次可将0.2 mol BaSO4转化为BaCO3
【答案】D
【解析】A 项,BaCO3是难溶性盐,饱和BaCO3溶液中存在:BaCO3(s)
Ba2+(aq)+CO3
2−(aq),根据
元素守恒:c(Ba2+)=c(HCO3
−)+c(CO3
2−)+c(H2CO3),错误;B 项,BaCO3、BaSO4的饱和混合溶液中存
在平衡:BaCO3(s)+SO4
2−(aq)
BaSO4(s)+CO3
2−(aq),溶液中
c(C O3
2−)
c(SO4
2−)
= K sp(BaC O3)
K sp(BaSO4) ,加入少量
BaCl2,温度不变,Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)不变,
c(C O3
2−)
c(SO4
2−) 不变,错误;C 项,碳酸钡能和胃酸(盐酸)
反应而溶解,故碳酸钡不能作为内服造影剂,和溶度积常数无关,错误;D 项,向BaSO4 中加入
Na2CO3 溶液, 发生反应BaSO4(s)+CO3
2−(aq)
BaCO3(s)+SO4
2−(aq), 该反应的平衡常数K=
c(SO4
2−)
c(C O3
2−)
= K sp(BaSO4)
K sp(BaC O3) = 1×10
−10
5×10
−9 = 1
50,若每次加入1 L 2 mol·L-1的Na2CO3溶液,能处理BaSO4
物质的量x mol,则K=
c(SO4
2−)
c(C O3
2−)
=
x
2−x = 1
50,x= 2
51,
0.2mol
2
51 mol =5.1,所以至少6 次可以将0.2 mol 
BaSO4转化为BaCO3,正确。
4.某温度下向含AgCl 固体的AgCl 饱和溶液中加少量稀盐酸,下列说法正确的是(　　)
A.AgCl 的溶解度、Ksp均减小
B.AgCl 的溶解度、Ksp均不变
C.AgCl 的溶解度减小、Ksp不变
D.AgCl 的溶解度不变,Ksp减小
【答案】C
【解析】向AgCl 饱和溶液中加少量稀盐酸,c(Cl-)增大,导致沉淀溶解平衡AgCl(s)
Ag+(aq)
+Cl-(aq)逆向移动,则AgCl 的溶解度减小,但温度不变,Ksp不变。
5.某化学兴趣小组进行溶解平衡相关实验,操作流程如图。下列说法正确的是(　　)
已知:常温下,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgBr)=5.4×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-17。
A.悬浊液a 中c(Br-)与悬浊液d 中c(Br-)相等
B.步骤③可以证明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)
C.向悬浊液d 中加入少量NaI 溶液,沉淀颜色不变时, c( I
−)
c(Br
−)
= 8.5×10
−4
5.4
D.向悬浊液e 中滴加几滴0.1 mol·L-1 NaCl 溶液,观察到黄色沉淀转化为白色沉淀
【答案】C
【解析】A 项,悬浊液a 中AgNO3过量,存在同离子效应,溶解平衡AgBr(s)
Ag+(aq)+Br-(aq)
左移,c(Br-)降低,小于悬浊液d 中c(Br-),错误;B 项,悬浊液a 中AgNO3过量,步骤③产生的黄色沉
淀是滤液c 中Ag+与I-反应生成,故不能说明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI),错误;C 项,向悬浊液d 中加入少
量NaI 溶液, 发生沉淀转化反应:AgBr(s)+I-(aq)
AgI(s)+Br-(aq), 该反应平衡常数K=
c(Br
−)
c( I
−)
= K sp( AgBr)
K sp( AgI ) = 5.4×10
−13
8.5×10
−17,则c( I
−)
c(Br
−)
= 8.5×10
−4
5.4
,正确;D 项,向滤液c 中滴加几滴0.1 
mol·L-1 NaI 溶液,产生黄色沉淀AgI,此时悬浊液e 中AgNO3仍过量,向悬浊液e 中滴加几滴0.1 
mol·L-1 NaCl 溶液,会生成少量AgCl 白色沉淀,AgI 黄色沉淀不会转化,错误。
6.常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1 Pb(NO3)2 溶液中滴加0.1 mol·L-1 Na2S 溶液,混合溶液中-lg 
c(Pb2+)与滴加Na2S 溶液体积(V)的关系如图所示[已知:常温下Ksp(FeS)=10-17.2]。下列说法错误
的是(　　)
A.图中A、B、C 三点的Ksp(PbS)相等
B.常温下,Ksp(PbS)=1×10-27.2
C.用FeS 可除尽废水中的Pb2+
D.PbS 对应的D 点分散系中,v(沉淀)<v(溶解)
【答案】D
【解析】A 项,难溶性电解质的Ksp值只与温度有关,正确;B 项,由B 点坐标值知,两种盐恰好反
应完,此时溶液中c(Pb2+)=c(S2-)=1×10-13.6 mol·L-1,Ksp(PbS)=c(Pb2+)×c(S2-)=1×10-27.2,正确;C 项,用
FeS 除去Pb2+ 的原理为FeS+Pb2+
PbS+Fe2+, 该转化反应的K=
c( F e
2+)
c( Pb
2+)
= K sp( FeS)
K sp( PbS)
=1×1010>1×105,即该转化向右进行的程度非常大,正确;D 项,D 点分散系为过饱和分散系,此时分
散系内v(沉淀)>v(溶解),错误。
7.室温下,用0.1 mol·L-1 NaOH 溶液滴定盐酸酸化的0.02 mol·L-1 FeCl3溶液的pH-t 曲线如图所
示。已知:①室温时Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38;②lg 2=0.3。下列说法正确的是(　　)
A.Fe3+的水解平衡常数Kh=1.0×10
−14
4.0×10
−38
B.若b 点c(Fe3+)=10-5 mol·L-1,则x=3.2
C.ab 段仅发生反应:Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓
D.从a 到c 点,水的电离程度一直在减小
【答案】B
【解析】Fe3+ 水解反应为Fe3+(aq)+3H2O
Fe(OH)3(s)+3H+(aq), 水解平衡常数Kh=
c
3( H
+)
c( F e
3+)
= c
3( H
+)
c( F e
3+)
× c
3(O H
−)
c
3(O H
−)
=
K w
3
K sp[ Fe(OH )3] = (1.0×10
−14)
3
4.0×10
−38 ,A 错误;b 点生成Fe(OH)3 沉淀,
Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-),
若
b
点
c(Fe3+)=10-5 
mol·L-1,
则
c(OH-)=
3√
K sp[ Fe(OH )3]
c( F e
3+)
=
3√
4.0×10
−38
10
−5
=
3√4×10-11 
mol·L-1,c(H+)=
K w
c(O H
−)
= 1.0×10
−14
3√4×10
−11 =2
−2
3×10-3 
mol·L-1,pH=-lg c(H+)=3.2,即x=3.2,B 正确;向盐酸酸化的FeCl3 溶液中逐滴加入NaOH 溶液
时,NaOH 先与盐酸反应,后与FeCl3 反应,则ab 段发生的反应为H++OH-===H2O、Fe3++3OH-
===Fe(OH)3↓,C 错误;向盐酸酸化的FeCl3溶液中逐滴加入NaOH 溶液时,NaOH 先与盐酸反应,
后与FeCl3反应,酸碱抑制水的电离,Fe3+促进水的电离,所以从a 到c 点,水的电离程度先增大后
减小,D 错误。
8.软磁材料Mn3O4 可由阳极渣和黄铁矿(FeS2)制得。阳极渣的主要成分为MnO2 且含有少量
Pb、Fe、Cu 等元素的化合物。制备流程如下。
25 ℃时,Ksp(MnF2)=5.0×10-3,Ksp(CaF2)=3.5×10-11。下列说法错误的是(　　)
A.X 可为稀硫酸
B.滤渣2 成分是Cu(OH)2和CaSO4
C.“净化”发生的反应为MnF2(s)+Ca2+(aq)
CaF2(s)+Mn2+(aq)　K≈1.4×108
D.利用MnCO3替代CaO 可优化该流程
【答案】B
【解析】MnO2在酸性条件下有强氧化性,FeS2有强还原性,二者在酸浸的时候会发生氧化还原
反应,结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液,可知所用的稀酸X 为稀硫酸。然后向滤液
中加入H2O2 可以将杂质离子Fe2+氧化为Fe3+,再加入CaO 调整溶液pH,使Fe3+、Cu2+形成
Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀,但是用CaO 来调pH 又会导致溶液中留下较多的Ca2+,净化阶段加入
MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去,过滤得到的滤液含有MnSO4,然后经一系列处
理得到Mn3O4。X 可为稀硫酸,A 正确;滤渣2 成分是Fe(OH)3和Cu(OH)2,B 错误;净化阶段加入
MnF2 的目的是使Ca2+转化为难溶物CaF2 除去,方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)
CaF2(s)+Mn2+
(aq),K=c( M n
2+)
c(C a
2+)
= c( M n
2+)c
2( F
−)
c(C a
2+)c
2( F
−)
= K sp( Mn F2)
K sp(Ca F2) = 5.0×10
−3
3.5×10
−11≈1.4×108,C 正确;利用MnCO3 替代
CaO 也可以调节pH 且不会引入Ca2+杂质,可优化该流程,D 正确。
9.我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005 mg·L-1。处理含镉
废水可采用化学沉淀法。
(1)写出磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式:Ksp[Cd3(PO4)2]=　　　　。 
(2) 一定温度下,CdCO3 的Ksp=4.0×10-12,Cd(OH)2 的Ksp=3.2×10-14, 该温度下　　　　　[ 填
“CdCO3”或“Cd(OH)2”]的饱和溶液中Cd2+浓度较大。 
(3)向某含镉废水中加入Na2S,当S2-浓度达到7.9×10-8 mol·L-1时,废水中Cd2+的浓度为　　　　 
mol·L-1[已知Ksp(CdS)=7.9×10-27],此时　　　　(填“符合”或“不符合”)《生活饮用水卫生标
准》。 
【答案】(1)c3(Cd2+)·c2(PO4
3−)　(2)Cd(OH)2
(3)1.0×10-19　符合
【解析】(1)难溶固体在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时,各离子浓度幂的乘积是一个常数,这
个常数称之为沉淀溶解平衡常数,Cd3(PO4)2 沉淀溶解平衡常数表达式为
Ksp[Cd3(PO4)2]=c3(Cd2+)·c2(PO4
3−);(2)CdCO3 饱和溶液中c(Cd2+)=❑√K sp(CdC O3)=
❑√4.0×10
−12 
mol·L-1=2.0×10-6 
mol·L-1,Cd(OH)2
饱和溶液中
c(Cd2+)=
3√
K sp[Cd(OH )2]
4
=
3√
3.2×10
−14
4
 
mol·L-1=2.0×10-5 mol·L-1,则Cd(OH)2 的饱和溶液中Cd2+浓度较大;(3)当S2-浓度达到7.9×10-8 
mol·L-1 时, 废水中Cd2+的浓度c(Cd2+)=
K sp(CdS)
c(S
2−)
= 7.9×10
−27
7.9×10
−8 mol·L-1=1.0×10-19 mol·L-1,即为
1.0×10-19×112×103 mg·L-1<0.005 mg·L-1,符合《生活饮用水卫生标准》。
能力提升
10.已知:常温下,Ksp(NiCO3)=1.4×10-7,Ksp(PbCO3)=1.4×10-13,则向浓度均为0.1 mol·L-1的Ni(NO3)2
和Pb(NO3)2混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,下列说法错误的是(　　)
A.常温下在水中的溶解度:NiCO3>PbCO3
B.逐滴加入Na2CO3溶液,先生成PbCO3沉淀,后生成NiCO3沉淀
C.向NiCO3沉淀中加入Pb(NO3)2溶液,不会生成PbCO3沉淀
D.逐滴加入Na2CO3溶液,当两种沉淀共存时,溶液中c(Ni2+)∶c(Pb2+)=106∶1
【答案】C
【解析】常温下,Ksp(NiCO3)>Ksp(PbCO3),故溶解度:NiCO3>PbCO3,A 项正确;逐滴加入Na2CO3溶
液时,Ksp(PbCO3) 较小, 故先生成PbCO3 沉淀, 后生成NiCO3 沉淀,B 项正确; 由于
Ksp(PbCO3)<Ksp(NiCO3),在NiCO3沉淀中加入Pb(NO3)2溶液,则NiCO3可转化为PbCO3,C 项错误;
当两种沉淀共存时,NiCO3 、PbCO3 均达到沉淀溶解平衡状态, 溶液中
c(Ni2+)∶c(Pb2+)=Ksp(NiCO3)∶Ksp(PbCO3)=106∶1,D 项正确。
11.取1 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为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AgCl 比AgI 更易溶
【答案】B
【解析】AgNO3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
Ag++Cl-===AgCl↓,所以沉淀为难溶的AgCl,故A 项正确;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,故B 项错误;2AgCl(s)+S2-(aq)
Ag2S(s)+2Cl-(aq),Ag2S 比AgCl 更难溶,
溶解度更小,所以若按①③顺序实验,能看到黑色沉淀,故C 项正确;实验②白色沉淀AgCl 转化
为黄色沉淀AgI,说明AgI 比AgCl 更难溶,故D 项正确。
12.探究Mg(OH)2的沉淀溶解平衡时,利用下表三种试剂进行实验,下列说法不正确的是(　　)
编号
①
②
③
分散质Mg(OH)2
HCl
NH4Cl
备注
悬浊液
1 mol·L-1
1 mol·L-1
A.向①中滴加几滴酚酞溶液后,溶液显红色,说明Mg(OH)2是一种弱电解质
B.为了使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快,加入过量NH4Cl 浓溶液并充分振荡,效果更好
C.①③混合后发生反应:Mg(OH)2(s)+2NH 4
+(aq)
Mg2+(aq)+2NH3·H2O(aq)
D.向少量Mg(HCO3)2 溶液中加入足量NaOH 溶液,反应的离子方程式是Mg2++2HCO3
−+4OH-
===Mg(OH)2↓+2CO3
2−+2H2O
【答案】A
【解析】Mg(OH)2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能
电离出OH-,是一种电解质,不能判断是否为弱电解质,A 错误;Mg(OH)2溶解产生的OH-与NH4Cl
溶液中的NH 4
+生成NH3·H2O,能加快Mg(OH)2悬浊液的溶解,B 正确;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)2,D 正确。
13.氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器等。以钡矿粉(主要成分为
BaCO3,含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质)为原料制备氟化钡的流程如下:
已知:常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH 分别是3.4、12.4。
(1)滤渣A 的化学式为　　　　。 
(2) 滤液
1
加
H2O2 氧化的过程中主要反应的离子方程式为　 
。 
(3)加20%NaOH 溶液调节pH=12.5,得到滤渣C 的主要成分是　　　　。 
(4)滤液3 加入盐酸酸化后再经　　　　、冷却结晶、　　　　、洗涤、真空干燥等一系列操
作后得到BaCl2·2H2O。 
(5)常温下,用BaCl2·2H2O 配制成0.2 mol·L-1水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应,可得到氟化钡沉
淀。请写出该反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　
 
 　　　　　　　　　　　　
 
 。 
已知Ksp(BaF2)=1.84×10-7,当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5 mol·L-1),至少需要的氟离子
浓度是　　　　 mol·L-1(结果保留三位有效数字,已知❑√1.84=1.36)。 
【答案】(1)SiO2　(2)H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O　(3)Mg(OH)2　(4)加热浓缩　过滤
(5)Ba2++2F-===BaF2↓　0.136
【解析】(4)滤液3 加盐酸酸化后得到BaCl2和HCl 的混合溶液,由该溶液得到BaCl2·2H2O 的实
验操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、真空干燥等。(5)根据Ksp(BaF2)=c(Ba2+)·c2(F-),当
Ba2+完全沉淀时,至少需要的c(F-)=❑√
K sp(Ba F2)
c(B a
2+)
= ❑√
1.84×10
−7
10
−5
 mol·L-1=0.136 mol·L-1。
14.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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　, 
该反应的平衡常数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
【解析】(1)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, 该反应能够发生, 是因为
Ksp(SrCO3)<Ksp(SrSO4)。(2)①降低温度有利于提高SrSO4的转化率,说明降温平衡向正反应方向
移动,因此升高温度,平衡向逆反应方向移动,故平衡常数K 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)根据提供的信息,可以推断SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性
与BaSO4和BaCO3类似,故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,若沉淀没有全部溶解,则SrSO4 没有完全转化成
SrCO3,需要注意的是,不能选择稀硫酸,因为SrCO3与稀硫酸反应生成SrSO4。