第04讲 沉淀溶解平衡（练习）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

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CO32-(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO42-(aq)C．在盐酸中，CaCO3的溶解度大于CaSO4D．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CO32-(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO42-(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CO32-+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)＋3POeq\o\al(3－,4)(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。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)+FeCl3HFeCl4(易溶于有机溶剂)；②Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，lg2≈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HFeCl4HCl(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HFeCl4HCl(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+4B．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+)=0.1mol·L-1，则c(CO32-)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，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+)=0.1mol·L-1，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为2.58×10-90.1mol·L9．(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+CO32-的平衡常数K约为9.57×103C．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+CO32-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+CO32-，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-1Na2CO3溶液，测得溶液约为12；实验2：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3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-1Na2CO3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(CO32-)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(CO32-)D．25℃时，反应CO32-+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(CO32-)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(HCO3-)+2c(CO32-)＞c(HCO3-)+c(CO32-)，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(CO32-)，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(CO32-)，即c(Na+)＞c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故C错误；D项，反应CO32-+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2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液的试管中滴加1mL0.1mol·L－1NaCl溶液，再向其中滴加4～5滴0.1mol·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0.01mol·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0.01mol·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)2B．两种离子开始沉淀时，Cu2＋所需溶液的pH较大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eq\f(cMg2＋,cCu2＋)≈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eq\f(cMg2＋,cCu2＋)＝eq\f(Ksp[MgOH2],Ksp[CuOH2])≈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AgClB．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℃)：物质Mg(OH)2CH3COOAgAgClAg2CrO4Ksp1.1×10－112.3×10－31.8×10－101.9×10－12下列有关说法不正确的是()A．浓度均为0.2mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀B．将0.001mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl和0.001mol·L－1的K2CrO4混合溶液中，先产生AgCl沉淀C．0.11mol·L－1的MgCl2溶液中加入氨水产生Mg(OH)2沉淀时溶液的pH为9D．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0.2mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合后，浓度均变为0.1mol·L－1，此时c(Ag＋)·c(CH3COO－)＝0.01＞2.3×10－3，所以一定产生CH3COOAg沉淀，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、eq\r(\f(1.9×10－12,0.001))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0.11mol·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eq\r(\f(1.1×10－11,0.11))＝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)+SO42-(aq)Ksp=2.5×10-7；SrCO3(s)Sr2+(aq)+CO32-(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CO32-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CO32-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)+CO32-(aq)SrCO3(s)+SO42-(aq)K=c(Ksp(SrCO3)<Ksp(SrSO4)，加入CO32-后，平衡SrSO4(s)Sr2+(aq)+SO42-(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)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为SrSO4(s)+CO32-(aq)SrCO3(s)+SO42-(aq)，平衡常数表达式为K=c(SO42-)c(CO32-)；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CO32-后，平衡SrSO4(s)Sr2+(aq)+SO42-(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CO32-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)42-(aq)。已知25℃时R2+或R(OH)42-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1.0×10－17B．时溶液中c(R2+)c[R(OH)42-]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)42-]=0.1mol·L-1的溶液中通入0.2molHCl，R元素在溶液中的主要存在形式仍为R(OH)42-【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)42-浓度的负对数(-lgc)与pH的关系。A项，取pH=7，c(OH-)=10-3mol·L-1，此时-lgc=3，即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)42-(aq)，取pH=13，c(OH-)=10-1mol·L-1，此时-lgc=4，即c[R(OH)42-]=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)42-]=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)42-]=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)42-，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：H2RH++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≈5B．根据Y点数据可求得Ksp(CuR)=1×10-24C．Z点溶液中含R微粒的主要存在形式为H2RD．Y点对应的溶液中：c(H+)+2c(Cu2+)=2c(R2-)+c(HR-)+2c(SO42-)+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(SO42-)+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()A．饱和BaCO3溶液中c2(Ba2+)随增大而减小B．BaCO3的溶度积Ksp=2.6×10-9C．若忽略CO32-的第二步水解，Ka2(H2CO3)=5×10-11D．点溶液中：c(Ba2+)>c(CO32-)>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CO32-离子水解程度最大，此时c(Ba2+)=c(CO32-)，此时c2(Ba2+)越接近2.6×10-9，此时，B正确；C项，若忽略CO32-的第二步水解，当c(CO32-)=c(HCO3-)时，，溶液中有c(Ba2+)=c(CO32-)+c(HCO3-)=2c(CO32-)，故c2(Ba2+)=c(Ba2+)·2c(CO32-)=2c(Ba2+)·c(CO32-)=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(CO32-)=c(HCO3-)，N点c(H+)大，所以更促进CO32-转化成HCO3-，因此有c(Ba2+)>c(HCO3-)>c(CO32-)，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：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)+CO32-(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-pCO32-，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(CO32-)，由电荷守恒c(H+)+2c(Cd2+)=2c(CO32-)+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()A．NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)<c(C2O42-)B．若P点坐标为(4.19，x)，则x=2.96C．反应CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4的平衡常数K=10−3.21D．当pH取值范围为(1.23，4.19)时c(HC2O)>c(C2O42-)>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(C2O42-)，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；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(C2O42-)=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(C2O42-)=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(C2O42-)逐渐增大，则不一定满足c(C2O42-)＞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++FeSFe2++HS-的平衡常数K=5×10-5B．可以用FeS除去污水中的CuSC．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++FeSFe2++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++CuSCu2++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：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+、SO42-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/LB．加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓C．加入盐酸发生的反应是2H++CO32-=CO2↑+H2O、H++OH-=H2OD．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)+SO42-(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SO42-浓度增大，故还有反应：BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(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++CO32-=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，Ksp(BaSO)=1.0；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1.0mol·L－1B．若每次加入1L1mol·L-1的Na2CO3溶液，至少需要4次加入才能将0.1molBaSO4全部转化为BaCO3C．饱和BaCO3溶液通入少量CO2后溶液中：c(CO32-)c(HCO3-)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)+SO42-(aq)，Ksp(BaSO)=1.0知纯水中，，在胃液中因H+和SO42-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)+CO32-(aq)BaCO3(s))+SO42-(aq)，，若每次加入的Na2CO3溶液能处理BaSO4的物质的量为xmol，得出，将0.1molBaSO4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)+CO32-(aq)，Ksp(BaCO3)=5.0，碳酸根水解生成碳酸氢根，，得出，此时c(CO32-)c(HCO3-)，通入少量CO2后，溶液中CO32-发生反应减少HCO3-增多，c(CO32-)c(HCO3-)，故C正确；D项，若误服BaCO3，根据BaCO3(s)+SO42-(aq)BaSO4(s))+CO32-(aq)，Ksp(BaSO)=1.0<Ksp(BaCO3)=5.0，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-1H溶液。实验Ⅱ：向20mL0.1mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1mol·L-1Ca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+)c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]C．实验Ⅱ中发生反应：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2CO3D．实验Ⅱ中，时，溶液中c(CO32-)=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-1H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+)c(CO32-)+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=2.6×10－9B．若忽略CO32-的第二步水解，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11C．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(CO32-)【答案】C【解析】A项，由图知，当c(OH-)浓度越大，越抑制CO32-水解，c(CO32-)=c(Ba2+)，使c2(Ba2+)越接近2.6×10－9，此时，A正确；B项，若忽略CO32-的第二步水解，当c(CO32-)=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(CO32-)=c(HCO3-)，M点c2(Ba2+)小，c(H＋)大，所以更促进CO32-转化成HCO3-，因此有c(Ba2+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，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)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的B．随着反应的进行，溶液pH下降的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH－逆向移动C．0~600s内上层清液中存在：c(Na＋)+2c(Ca2＋)＞2cCO32-+cHCO3-+2cSO42-D．反应过程中，溶液中始终存在：cNa＋＝2cCO32-＋2cHCO3-＋2cH2CO3【答案】D【解析】A项，反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的，A正确；B项，随着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH－左移，溶液pH下降，B正确；C项，根据电荷守恒，cH＋+c(Na＋)+2c(Ca2＋)＞2cCO32-+cHCO3-+2cSO42-+cOH－，0~600s内上层清液成碱性，c(H＋)c(OH―)，故c(Na＋)+2c(Ca2＋)＞2cCO32-+cHCO3-+2cSO42-，C正确；D项，在Na2CO3溶液中，由物料守恒得cNa＋＝2cCO32-＋2cHCO3-＋2cH2CO3，但由于在CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)反应过程中，CO32-浓度会逐渐减小，故cNa＋＞2cCO32-＋2cHCO3-＋2cH2CO3，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(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol/L；不同pH下c(CO32-)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(CO32-)＞cH2CO3B．M点时，溶液中存在c(CO32-)＞c(OH―)C．初始状态pH=9、1g[c(Ni2+)]=-5，平衡后存在c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)0.1mol/LD．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(CO32-)=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(CO32-)cH2CO3，A错误；B项，由图1可知，pH=10.25时c(CO32-)=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(CO32-)==10-10.25×0.1×mol/L=10-3mol/L，所以M点时，溶液中存在：c(CO32-)＞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(CO32-)+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(CO32-)=Ksp(MgCO3)。［注：起始c(Na2CO3)=0.1mol/L，不同pH下c(CO32-)由图1得到］。下列说法不正确的是()A．2HCO3-H2CO3+CO32-的平衡常数K=10-4B．当一半的CO32-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(CO32-)0.1mol·L－1D．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+CO32-的平衡常数，故A正确；B项，CO32-+H2OHCO3-+OH-，当一半的CO32-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-)=10-3.8mol/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(CO32-)0.1mol·L－1，故C错误；D项，25℃时，=，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，M可转化为M沉淀或M沉淀。图1为0.1mol·L-1Na2CO3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M在图1对应Na2CO3溶液在不同环境下，形成M或M的溶解平衡关系。下列说法不正确的是()A．图2中曲线I为M溶解平衡曲线B．由图1可知2HCO3-H2CO3+CO32-的平衡常数为C．由图1，图2，初始状态c(M)0.01mol·L-1，的该Na2CO3溶液中M主要转化为M沉淀D．由图1和图2，增大pH，M-Na2CO3溶液体系中均可发生反应：M(s)＋2OH-(aq)M(s)+CO32-(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M溶解平衡曲线，故A正确；B项，根据反应2HCO3-H2CO3+CO32-，其平衡常数，结合图1可知，Ka1=10-6.37、Ka2=10-10.25，2HCO3-H2CO3+CO32-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(M)0.01mol·L-1，时，Q(M)>Ksp(M)，Q[M]<Ksp[M]，该Na2CO3溶液中M主要转化为M沉淀，故C正确；D项，依据图1、图2，当pH大于10.25后M-Na2CO3溶液体系中才能发生反应：M(s)＋2OH-(aq)M(s)+CO32-(aq)，故D错误；选D。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)+CO32-(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(CO32-)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(CO32-)，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()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+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-3.9mol/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===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)向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应[]+和[]++NH3[]+，[c(M)mol·L-1)]与[c(NH4+)mol·L-1)]的关系如下图所示(其中M代表、[]+或[]+)。下列说法错误的是()A．曲线I可视为溶解度随NH3浓度变化曲线B．的溶度积常数Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=1.0×10－9.75C．反应[]++NH3[]+的平衡常数K的值为103.81D．c(NH3)0.01mol·L-1时，溶液中c{[]+}c{[]+}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[]++NH3[]+的平衡常数K====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{[]+}c{[]+}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-HgI42-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)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(HgI42-)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+)=，