人教版高考化学二轮复习专题题型12 沉淀溶解平衡及图像分析试卷（有答案）

这是一份人教版高考化学二轮复习专题题型12 沉淀溶解平衡及图像分析试卷（有答案），共1页。
目录
第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局
第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
考向01 溶度积常数及其应用
考向02 溶度积常数与工艺流程
考向03 难溶电解质的滴定图像【重难】
考向04 难溶电解质的对数图像【重难】
考向05 沉淀溶解曲线型平衡曲线 【重难】
第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战
沉淀溶解平衡图像题是电解质溶液理论的深化与综合，其核心是考查学生对溶度积概念的理解、定量计算能力及多平衡体系的综合分析能力。预测2026年高考试题图像更加综合化，将沉淀平衡与酸碱平衡、配位平衡融合在同一幅图像中，考查学生对复杂体系中离子行为的主导因素判断能力。背景真实情境化，以工业除杂、矿物浸出、地质成因等为情境，要求利用图像解决如何控制条件实现离子分离或转化的实际问题。计算隐蔽化，溶度积的计算不再直接给出曲线上点的坐标，而是需要结合电荷守恒、物料守恒等关系，先推导出点的坐标再进行计算，考查综合推理能力。解题时深刻理解溶度积是温度常数，其表达式是定量计算的唯一依据。明确特殊点（交点、计点）的化学意义和定量关系。理解每条线代表的平衡及线上点满足的条件（Q=K）。清晰识别图像中各区域所代表的体系状态，进行从复杂图像中提取数据，计算Ksp、转化平衡常数K及判断能否沉淀、能否转化。
考向01 溶度积常数及其应用
【例1-1】（2025·浙江卷）已知：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq) Ksp=1.8×10−10
Ag+(aq)+2Cl−(aq)⇌AgCl2−(aq) K=1.1×105
下列有关说法不正确的是
A．过量AgCl在1.0ml/LNaCl溶液中cAg+=1.8×10−10ml/L
B．过量AgCl在水中所得的饱和溶液中滴加0.0010ml/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3.0ml/LNaCl溶液中溶解的质量
D．0.010mlAgCl在1L10ml/L的盐酸中不能完全溶解
【答案】C
【解析】在 NaCl溶液中，[Cl−]=1.0 ml/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−]=Ksp，因此：Ag+=Ksp[Cl−]=1.8×10−101.0=1.8×10−10 ml/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，A正确；AgCl 在纯水中的饱和溶液中，[Ag+]=[Cl−]=Ksp=1.8×10−10≈1.34×10−5 ml/L。滴加 AgNO3 溶液会引入 Ag+，使局部 [Ag+] 增大，导致离子积 [Ag+][Cl−]>Ksp，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；在纯水中：溶解度 s水=Ksp=1.8×10−10≈1.34×10−5 ml/L。溶解质量正比于溶解度（相同体积）。在 3.0 ml/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 ml/L，则：Ag+=Ksp[Cl−]=1.8×10−103.0≈6.0×10−11 ml/L，[AgCl2]−=K⋅[Ag+]⋅[Cl−]2=1.1×105×(6.0×10−11)×(3.0)2≈5.94×10−5 ml/L，总溶解度S=[Ag+]+[AgCl2]−≈6.0×10−11+5.94×10−5≈5.94×10−5 ml/L。比较可知：s水≈1.34×10−5 ml/L，SNaCl≈5.94×10−5 ml/L，故在 3.0 ml/L NaCl 中溶解的质量更大，C错误；盐酸中 [Cl−]=10 ml/L。若假设0.010 ml AgCl完全溶解，则总银浓度S=0.010 ml/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 ml/L，则：Ag+=0.0101+1.1×105×(10)2=0.0101+1.1×107≈0.0101.1×107≈9.09×10−10 ml/L，Q=[Ag+][Cl−]≈(9.09×10−10)×10=9.09×10−9>Ksp=1.8×10−10，故会沉淀，不能完全溶解，D正确；故选C。
【例1-2】（2024·安徽卷）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1ml⋅L-1，Ka1H2S=10-6.97，Ka2H2S=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是
A．Na2S溶液中：cH++cNa+=cOH-+cHS-+2cS2-
B．0.01ml⋅L-1Na2S溶液中：cNa+>cS2->cOH->cHS-
C．向cCd2+=0.01ml⋅L-1的溶液中加入FeS，可使cCd2+cCd2+
【答案】B
【解析】Na2S溶液中只有5种离子，分别是H+、Na+、OH-、HS-、S2-，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为cH++cNa+=cOH-+cHS-+2cS2-，A正确；0.01ml⋅L-1Na2S溶液中，S2-水解使溶液呈碱性，其水解常数为Kh=c(OH−)⋅c(HS−)c(S2−)=KWKa2=10−1410−12.9=10−1.1，根据硫元素守恒可知c(HS−)100.9>1，则c(OH−)>c(S2−)，B不正确； Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向cCd2+=0.01ml⋅L-1的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化FeS(s)+Cd2+(aq)⇌CdS(s)+Fe2+(aq)，该反应的平衡常数为K=c(Fe2+)c(Cd2+)=Ksp(FeS)Ksp(CdS)=10−17.2010−26.10=108.9≫105，因此该反应可以完全进行，当溶液中Cd2+完全沉淀时，溶液中c(Fe2+)约为0.01ml/L，此时溶液中c(Cd2+)=＜10-8ml/L，C正确；Cd2++H2S⇌CdS+2H+的平衡常数K=c2（H+）c（Cd2+）⋅c（H2S）=Ka1⋅Ka2Ksp=10−6.97×10−12.9010−26.10=106.23≫105，该反应可以完全进行，因此，当向cCd2+=0.01ml⋅L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中cH+>cCd2+，D正确；故选B。
1.Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中的离子浓度无关。
2.对于同类型物质(如AgCl、AgBr、AgI等)，可直接用溶度积比较难溶电解质的溶解能力，Ksp越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。
3.对于不同类型的物质，Ksp不能直接作为比较依据，而应通过计算将Ksp转化为饱和溶液中溶质的物质的量浓度来确定溶解能力的强弱。
4.离子积(Q)：对于AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)，任意时刻Q＝cm(An+)·cn(Bm-)。
(1)Q>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。
(2)Q＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。
(3)QcHS−>cS2−
B．向20mL0.01ml⋅L−1CdCl2溶液中加入20mL0.01ml⋅L−1Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是CdS
C．生成的CdS沉淀不溶于0.1ml⋅L−1盐酸
D．Cd2+aq+2HS−aq⇌CdSs+H2Saq反应的平衡常数K≈1.5×1020
【答案】B
【解析】Na2S溶液中，Na+浓度为0.02 ml/L，S2−水解生成HS−和OH−，水解后OH−浓度略高于HS−，S2−浓度最低，顺序为c(Na+) > c(OH−) > c(HS−) > c(S2−)，A正确；混合后Cd2+和S2−浓度均为0.005ml/L，Q=2.5×10-5 > Ksp(CdS)=8×10-27，且反应Cd2++2S2-+2H2O=Cd(OH)2↓+2HS-K=c2(H+)c2(OH−)c(Cd2+)c2(OH−)×c2(HS−)c2(H+)c2(S2−)=Kw2Ksp[Cd(OH)2]Ka22=8.2×1011，平衡常数大于105的反应一般认为完全进行，所以也一定会生成大量Cd(OH)2沉淀，B错误；CdS溶解反应为CdS(s)+2H+(aq)⇄H2S(aq)+Cd2+(aq)K=c(Cd2+)c(H2S)c2(H+)=c(Cd2+)×c(S2-)×c(H2S)c2(H+)c(S2−)=Ksp[CdS]Ka1Ka2=8×10−271.1×10−7×1.3×10−13=5.59×10−7，可以得出其平衡常数很小，且盐酸浓度低，所以0.1 ml盐酸不可以溶解CdS，C正确；该反应平衡常数K=c(H2S)c(Cd2+)c2(HS−)=1c(Cd2+)c(S2−)×c(H2S)c(HS−)c(H+)×c(S2−)c(H+)c(HS−）=Ka2Ksp(CdS)Ka1=1.3×10−138.0×10−27×1.1×10−7=1.5×1020，D正确；故选B。
考向02 溶度积常数与工艺流程
【例2-1】（2025·湖南卷）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的Ksp：
下列说法错误的是
A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B．试剂X可以是Na2S溶液
C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2++HCO3−=MnCO3↓+H+
【答案】D
【分析】富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的Ksp可知，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分离，则试剂X选择含S2−的试剂，得到CdS滤饼，加入NaHCO3溶液沉锰，发生反应：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，据此解答。
【解析】粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确；由分析可知，试剂X可以是Na2S溶液，B正确；若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及Ksp数据可知，金属离子Cd2+、Mn2+浓度相当，则Cd2+也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确；“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，D错误；故选D。
【例2-2】（2025·山东卷）钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca,Si,Fe元素，流程如下。已知：Fe2C2O43能溶于水；KspCaC2O4=2.3×10−9，KspFeC2O4=3.2×10−7。下列说法错误的是
A．试剂X可选用Fe粉
B．试剂Y可选用盐酸
C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中
D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
【答案】A
【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y(可以是盐酸)生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+，依次解题。
【解析】根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2O42−浓度小，使Ca2+(aq)+ C2O42−(aq)⇌ CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确；故选A。
【变式2-1】（2025·湖南·一模）氧化铅(PbO)在化工、电子、玻璃等多个工业领域有着广泛的应用。以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料(Pb、PbO2、PbSO4)和H2SO4为原料，可以制备高纯PbO，其工艺流程如图所示。
已知：①“浸取”过程涉及以下两个反应：2FeSO4+PbO2+2H2SO4=Fe2SO43+PbSO4+2H2O、Fe2SO43+Pb=2FeSO4+PbSO4；
②常温下，KspPbSO4=2.5×10−8、KspPbCO3=7.4×10−14。
下列说法错误的是
A．含铅废料中的PbO2来源于铅酸蓄电池的正极
B．“浸取”过程中总反应的离子方程式为Pb+PbO2+4H+Fe2+2Pb2++2H2O
C．“滤液2”中cSO42−cCO32−≈3.4×105
D．上述过程中可用FeO代替FeSO4
【答案】B
【分析】⑴浸取步骤。发生了两个反应：①2FeSO4+PbO2+2H2SO4=Fe2SO43+PbSO4+2H2O（PbO2氧化Fe2+为Fe3+）；②Fe2SO43+Pb=2FeSO4+PbSO4（Pb还原Fe3+为Fe2+，Fe2+循环催化）。总效果：Pb、PbO2最终转化为PbSO4沉淀，Fe2+不消耗。滤渣（PbSO4） ，滤液1（含未反应的Fe2+、H2SO4等）。⑵脱硫步骤。利用沉淀转化（PbSO4转化为更难溶的PbCO3），PbSO4(s)+CO32−(aq)⇌PbCO3(s)+SO42−(aq)（由KspPbSO4>KspPbCO3，转化可自发进行）。滤渣（PbCO3），滤液2（含SO42−、Na+等）。⑶煅烧步骤。PbCO3高温煅烧，PbCO3煅烧PbO+CO2↑，产物为高纯PbO。
【解析】铅酸蓄电池中，Pb做负极，PbO2做正极，故含铅废料中的PbO2来源于铅酸蓄电池的正极，A正确；“浸取”过程中总反应的离子方程式为Pb+PbO2+4H++2SO42−Fe2+2PbSO4+2H2O Pb2+，B错误； “滤液2”中cSO42−cCO32−=cSO42−⋅cPb2+cCO32−⋅cPb2+=KspPbSO4KspPbCO3=2.5×10−87.4×10−14≈3.4×105，C正确；根据已知①可知，反应过程中FeSO4作催化剂，若用FeO代替FeSO4，FeO溶于H2SO4生成FeSO4，因此可用FeO代替FeSO4，D正确；故选B。
【变式2-2】（2025·湖南湘西·一模）锶(Sr)位于第ⅡA族，其化合物应用广泛。某含锶废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如图所示。
已知：25℃时，KspSrSO4=10−6.46，KspBaSO4=10−9.97。下列说法正确的是
A．因为盐酸具有挥发性，“酸浸”过程改用稀硫酸更好
B．“浸出渣2”的成分只有BaSO4
C．“盐浸”过程发生反应的离子方程式为Ba2++SO42−= BaSO4↓
D．SrCl2⋅6H2O直接加热脱去结晶水可得无水SrCl2
【答案】D
【分析】某含锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、CaCO3、SiO2、和MgCO3等，加入稀盐酸，与废渣中可溶于酸的碳酸盐反应，不与难溶硫酸盐（SrSO4）反应，实现“溶解碳酸盐、保留硫酸盐”的分离。“浸出液”中主要含Ca2+、Mg2+、过量H+（盐酸过量保证碳酸盐完全溶解），以及Cl-（来自盐酸），“浸出渣1”主要成分为SrSO4和SiO2，加入BaCl2溶液，利用难溶物转化原理，将SrSO4转化为BaSO4，因此浸出渣2为SiO2、BaSO4，再经过相关操作获得产品。
【解析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入浸出液，若用稀硫酸，则钙会生成硫酸钙进入浸出渣1中，不利于后续提纯，A错误；“浸出渣2”中含SiO2、BaSO4，B错误；“盐浸”过程是硫酸锶转化为硫酸钡，反应为SrSO4s+Ba2+aq⇌ BaSO4s+Sr2+aq，C错误；锶(Sr)位于第ⅡA族，SrCl2是强酸强碱盐，不水解，可直接加热SrCl2⋅6H2O脱去结晶水制得无水SrCl2，D正确；故选D。
考向03 难溶电解质的滴定图像
【例3-1】（2025·广西卷）常温下，用0.1000 ml⋅L−1 NaOH溶液以相同滴速分别滴定下列两种等体积溶液：
I．硫酸酸化的0.02 ml⋅L−1 FeSO4溶液
Ⅱ．盐酸酸化的0.02 ml⋅L−1 FeCl3溶液
pH随滴定时间变化的滴定曲线如图。已知：KspFe(OH)2=10−16.3，KspFe(OH)3=10−38.6；溶液中某离子的浓度≤10−5 ml⋅L−1时，可认为该离子沉淀完全。下列说法错误的是
A．d点水电离的cH+>10−12.5 ml⋅L−1
B．Ⅱ中Fe3+恰好完全沉淀的点为f点
C．I中出现沉淀时的pH低于理论值，说明Fe2+被氧化
D．g点的cFe3+大于i点的cFe3+
【答案】D
【分析】由KspFe(OH)2=10−16.3,KspFe(OH)3=10−38.6知，Fe2+完全沉淀时，加入的氢氧化钠量更少，Fe3+完全沉淀时，加入的氢氧化钠更多，所需要的时间更长，故defg曲线为滴定盐酸酸化的0.02 ml⋅L−1 FeCl3溶液曲线，hi曲线为滴定硫酸酸化的 0.02 ml ⋅ L -1 FeSO4溶液的曲线。
【解析】由图可知，d点为盐酸酸化的0.02 ml⋅L−1 FeCl3溶液，pH=1.50，溶液中cH+=10-1.5ml/L，cOH-=10−12.5 ml⋅L−1，溶液中有部分Fe3+会水解消耗部分水电离出的OH-，故d点水电离的cH+>10−12.5 ml⋅L−1，故A正确；Ⅱ中Fe3+完全沉淀时c(Fe3+)=10−5 ml⋅L−1，由KspFe(OH)3=10−38.6得c(OH-)=3KspFe(OH)3c(Fe3+)=310−38.610−5=10−11.2ml⋅L−1，pH=14-11.2=2.80，f点pH=2.80，恰好为Fe3+完全沉淀点，B正确；Ⅰ中Fe2+理论开始沉淀时，c(OH-)=KspFe(OH)2c(Fe2+)=10− ≈10−7.3ml⋅L−1，则 pH≈14-7.3=6.7，若实际沉淀pH低于此值，说明存在更易沉淀的Fe3+，即Fe2+被氧化为Fe3+，C正确；由图可知，g点和i点溶液中铁离子均完全沉淀，均达到沉淀溶解平衡，由c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]c3(OH−)知，c(OH−)越大，c(Fe3+)越小，g点和i点的pH相同，则g点的cFe3+等于i点的cFe3+， D错误；故选D。
【例3-2】（2024·吉林卷）25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。
已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr；
③25℃时，pKa1H2CrO4=0.7，pKa2H2CrO4=6.5。
pAg=-lg[c(Ag+)/(ml·L-1)]
pX=-lg[c(Xn-)/(ml·L-1)](X代表Cl-、Br-或CrO42−)
下列说法错误的是
A．曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线
B．反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag++HCrO4-的平衡常数K=10-5.2
C．滴定Cl-时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0ml⋅L-1
D．滴定Br-达终点时，溶液中cBr-cCrO42-=10-0.5
【答案】D
【分析】由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表Ag2CrO4，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即KspAgCl＞KspAgBr，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，根据①上的点（2.0，7.7），可求得KspAg2CrO4=c2Ag+×cCrO42−=10−22×10−7.7=10−11.7，根据②上的点（2.0，7.7），可求得KspAgCl=cAg+×cCl−=10−2×10−7.7=10−9.7，根据③上的点（6.1，6.1），可求得KspAgBr=cAg+×cBr−=10−6.1×10−6.1=10−12.2。
【解析】由分析得，曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线，故A正确；反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag++HCrO4-的平衡常数K=c2Ag+cHCrO4−cH+=c2Ag+cCrO42−cHCrO4−cH+cCrO42−=KspAg2CrO4Ka2H2CrO4=10−11.710−6.5=10−5.2，故B正确；当Cl-恰好沉淀完全时可以得到AgCl的饱和溶液，cAg+=KspAgCl=10−4.85ml/L，则cCrO42−=KspAg2CrO4c2Ag+=10−11.710−4.852=10−2ml/L，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2ml/L，故C正确；当Br-到达滴定终点时，cAg+=cBr−=KspAgBr=10−6.1ml/L，即cCrO42−=KspAg2CrO4c2Ag+=10−11.710−6.12=100.5ml/L，cBr−cCrO42−=10−−6.6，故D错误；故选D。
沉淀溶解平衡滴定曲线，一般横坐标为滴加溶液的体积；纵坐标为随溶液体积增加，相应离子浓度的变化。突跃点表示恰好完全反应，曲线上的点都处于沉淀溶解平衡状态。利用突跃点对应的数据可计算对应沉淀的Ksp。
已知：pAg＝－lgc(Ag＋)，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，如图是向10 mL AgNO3溶液中逐滴加入
0.1 ml·L－1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位：mL)变化的图像。[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]
①由于：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，b线为AgNO3溶液中逐滴加入0.1 ml·L－1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位：mL)变化的图像。a线则为相同实验条件下，把0.1 ml·L－1的NaCl换成0.1 ml·L－1 NaI的滴定图像。
②同理滴加NaI滴定终点的pAg值大于6。
1.沉淀溶解平衡滴定曲线
一般横坐标为滴加溶液的体积，纵坐标为随溶液体积增加，相应离子浓度的变化。突跃点表示恰好完全反应，曲线上的点都处于沉淀溶解平衡状态。利用突跃点对应的数据可计算对应沉淀的Ksp。
2.沉淀溶解平衡图像突破方法
第一步，识图像。认识图像横坐标、纵坐标表示什么，如表示离子浓度、pM等。
第二步，想原理。涉及的原理主要有溶度积表达式书写、影响沉淀溶解平衡的因素以及溶度积常数的影响因素。如浓度不会改变溶度积，溶度积只与温度有关，多数情况下，温度越高，溶度积越大。
第三步，找联系。将图像与溶度积原理联系起来，分析题目设置的问题，如求离子浓度、判断沉淀溶解平衡状态等。
【变式3-1】（2025·陕西西安·二模）某科研小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl−水样、含Br−水样。25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。
已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；②相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr；③25℃时，pKa1H2CrO4=0.7，pKa2H2CrO4=6.5。下列说法错误的是
A．曲线③为AgBr沉淀溶解平衡曲线
B．反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag++HCrO4−平衡常数的pK=6.3
C．滴定Cl−时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10−2ml⋅L−1
D．滴定Br−达终点时，溶液中cCrO42−cBr−=106.6
【答案】B
【解析】AgCl和AgBr为AB型沉淀，pX+pAg=pKsp（斜率为-1），Ag2CrO4为A2B型，2pAg+pX=pKsp（斜率为-2）。已知AgCl溶解度大于AgBr，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，pKsp(AgCl)cCl−>cBr−>cI−
C．原溶液中Br−的浓度为0.010ml⋅L−1
D．当Br−沉淀完全时，Cl−还未开始沉淀
【答案】D
【分析】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×0.1000ml/L=4.5×10−4ml，所以Cl−、Br−和I−均为1.5×10−4ml，据此回答。
【解析】由分析知，I−先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，A正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I-、Br-、Cl-全部转化为沉淀，则Ag+浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为：cAg+>cCl−>cBr−>cI−，B正确；由分析知，原溶液中Br−的物质的量为1.5×10−4ml，浓度为c(Br−)=1.5×10−4ml15×10−3L=0.010ml⋅L−1，C正确；当Br−沉淀完全时(Br−浓度为1.0×10-5ml/L)，溶液中的cAg+=KspAgBrcBr−=5.4×10−131.0×10−5=5.4×10−8ml/L，若Cl−已经开始沉淀，则此时溶液中的cCl−=KspAgClcAg+=1.8×10−105.4×10−8=0.0033ml/L，原溶液中的cCl−=cI−=0.0100ml/L，则已经有部分Cl−沉淀，D错误；故选D。
考向04 难溶电解质的对数图像
【例4-1】（2025·四川卷）H2A是一种二元酸，MA是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下：
(i)0.10ml⋅L−1的H2A溶液中，各物种的lgc/ml⋅L−1与pH的关系；
(ⅱ)含MA(s)的0.10ml⋅L−1Na2A溶液中，lgcM2+/ml⋅L−1与pH的关系。
下列说法正确的是
A．曲线④表示lgcM2+/ml⋅L−1与pH的关系
B．(ⅰ)中pH=2.00时，cA2−cH2A=10−1.46
C．pKsp(MA)=5.60
D．(ⅱ)中增加MA(s)，平衡后溶液中H2A、HA−、A2−浓度之和增大
【答案】B
【分析】H2A是一种二元酸，随着pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA−)先增大后减小，c(A2−)逐渐增大；含MA(s)的0.10ml⋅L−1Na2A溶液中，随着pH增大，A2-+H2O⇌HA-+OH-逆移，c(A2−)逐渐增大，导致MA(s)⇌M2+(aq)+A2-(aq)逆移，c(M2+)逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c(M2+)变化不大；据此可得曲线①表示lgcA2−/ml⋅L−1与pH的关系，曲线②表示lgcHA−/ml⋅L−1与pH的关系，曲线③表示lgcM2+/ml⋅L−1与pH的关系，曲线④表示lgcH2A/ml⋅L−1与pH的关系；
【解析】根据分析，曲线④表示lgcH2A/ml⋅L−1与pH的关系，A错误；由曲线可得，Ka1(H2A)×Ka2(H2A)=c(H+)×c(HA-)c(H2A)×c(H+)×c(A2-)c(HA−)=c2(H+)×c(A2-)c(H2A)=（10−2.73）2=10−5.46， (ⅰ)中pH=2.00时，cA2−cH2A=10−5.46c2(H+)=10−5.4610−4=10−1.46，B正确；Ksp(MA)=c(M2+)×c(A2-)，由图可知，pH=2.73时，c(A2−)=10−2.49ml·L-1，c(M2+)=10−4.30ml·L-1，则Ksp(MA)=c(M2+)×c(A2-)=10−4.30×10−2.49=10−6.79，因此pKsp(MA)=6.79，C错误；(ⅱ)中增加MA(s)，MA(s)⇌M2+(aq)+A2-(aq)平衡不移动，c(A2−)不变，则c(H2A)、c(HA−)均不变，因此平衡后溶液中H2A、HA−、A2−浓度之和不变，D错误；故选B。
【例4-2】（2025·陕晋青宁卷）常温下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，-lgc(X)/ml⋅L-1与-lgcH+/ml⋅L-1的关系如图[其中X代表Al3+、Zn2+、Cd2+、Al(OH)4-、Zn(OH)42-或Cd(OH)42-]。已知：KspZn(OH)2cM2+>cHA->cA2-
C．pH=4．5时，溶液中cHA->cH2A>cA2-
D．pH=6．8时，溶液中cH++2cH2A+cHA-=cCl-+cOH-
【答案】C
【分析】MA存在沉淀溶解平衡：MAs⇌M2+aq+A2-aq，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，发生反应A2-+H+=HA-，继续加盐酸发生反应HA-+H+⇌H2A，由，Ka1H2A=10-1.6可知，当cH2A=cHA−时，pH=1.6，Ka2H2A=10-6.8，则cA2−=cHA−时，pH=6.8，Ka1Ka2=cA2−c2H+cH2A=10−8.4，当cA2−=cH2A时，pH=4.2，则可将图像转化为进行分析；
【解析】溶液中存在物料守恒：cM2+=cH2A+cHA−+cA2−，当pH=6.8时，cHA−=cA2−，cH2A很低，可忽略不计，则cM2+=2cA2−=10−3，Ksp(MA)=cM2+cA2−=10-3×12×10−3=12×10−6，pKspMA=6+lg2=6.3，则Ksp(MA)=10-6.3，数量级为10−7，A正确；根据物料守恒：cM2+=cH2A+cHA−+cA2−，cM2+＞cHA−，由图像可知，pH=1.6时，cHA−＞cA2−成立，由电荷守恒：cH++2cM2+=cCl−+cHA−+2cA2−+cOH−，结合物料守恒，约掉cHA−得到cH2A+cH++cM2+=cCl−+cA2−+cOH−，由图像可知，cH2A＞cA2−且cH+＞cOH−，则cM2+＜cCl−，故离子浓度顺序：cCl->cM2+>cHA->cA2-，B正确；由图像可知，pH=4.5时，溶液中cHA->cA2->cH2A，C错误；pH=6.8时，cHA−=cA2−，根据电荷守恒关系：cH++2cM2+=cCl−+cHA−+2cA2−+cOH−，将物料守恒代入，约掉cM2+得到cH++2cH2A+cHA−+cA2−=cCl−+cHA−+2cA2−+cOH−，化简得到cH++2cH2A+cHA−=cCl−+cOH−，D正确；故选C。
【变式4-2】（2025·贵州·模拟预测）H2C2O4是一种二元酸，CaC2O4是一种难溶性盐。图中曲线表示常温下溶液中部分粒子间的关系(i和ii)：
⋅L−1的H2C2O4溶液中，各物种H2C2O4、HC2O4−、C2O42−的lgcml⋅L−1与pH的关系；
ii.含CaC2O4(s)的0.10ml⋅L−1Na2C2O4溶液中，lgcCa2+ml⋅L−1与pH的关系。
下列说法错误的是
A．曲线③表示lgcH2C2O4ml⋅L−1与pH的关系
B．常温下，H2C2O4的Kal=10−1.13
C．常温下，pH=3时，H2C2O4溶液中cHC2O4−>cC2O42−>cH2C2O4
D．向(ii)中的溶液中增加CaC2O4(s)，平衡后溶液中H2C2O4、HC2O4−、C2O42−的浓度之和不变
【答案】B
【分析】H2C2O4是一种二元酸，随着pH增大，c(H2C2O4)逐渐减小，c(HC2O4−)先增大后减小，c(C2O42−)逐渐增大；含CaC2O4(s)的0.10ml⋅L−1Na2C2O4溶液中，随着pH增大，C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-逆移，c(C2O42−)逐渐增大，导致CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)逆移，c(Ca2+)逐渐减小，因此c(Ca2+)与c(C2O42−)的变化呈反比；据此可得曲线①表示lgc(C2O42−)/ml⋅L−1与pH的关系，曲线②表示lgc(HC2O4−)/ml⋅L−1与pH的关系，曲线③表示lgcH2C2O4/ml⋅L−1与pH的关系，曲线④表示lgcCa2+/ml⋅L−1与pH的关系，据此分析；
【解析】根据分析，曲线③表示lgcH2C2O4ml⋅L−1与pH的关系，A正确；常温下，，Ka2=cC2O42−cH+cHC2O4−=10−4.27（①②交点代入），KalKa2=cC2O42−c2H+cH2C2O4=10−2.772=10−5.54（①③交点代入），H2C2O4的Kal=KalKa2Ka2=10−5.5410−4.27=10−1.27，B错误；pH=3时，H2C2O4溶液中：HC2O4−（②）lg c最大，C2O42−（①）次之，H2C2O4（③）最小，即cHC2O4−>cC2O42−>cH2C2O4，C正确；ii中溶液含CaC2O4(s)，已饱和，增加CaC2O4(s)不改变溶解平衡，C2O42−及水解产物浓度不变，三种物种浓度之和不变，D正确；故选B。
考向05 沉淀溶解曲线型平衡曲线
【例5】（2025·河北衡水·质检）绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其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.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B.图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)Ka2(H2S)=10−15，水解大于电离，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)>c(HS−)>c(H2S)>c(S2−)，D错误；故选D。
8．（2025·湖北宜昌·模拟预测）常温下，在10 mL含浓度均为0.1 ml/L的FeCl2、MgCl2的混合溶液中滴V mL同浓度的氨水，溶液中某些粒子浓度的负对数pX[pX=-lgc(X)，X=Mg2+、Fe2+、cNH3⋅H2OcNH4+]与pH的关如图所示，已知常温下，Mg(OH)2溶解度大于Fe(OH)2。
下列叙述错误的是
A．L2代表­lgcMg2+与pH关系
B．KspFe(OH)2的数量级为10-17
C．V=40时，cH+>cOH->cNH3⋅H2O
D．Mg2++2NH3⋅H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+的KcHC2O4−
C．该温度下，草酸钡溶度积的数量级为10-7
D．b点溶液中：2cBa2+−cC2O42−=cCl−+cOH−+cHC2O4−−cH+
【答案】B
【分析】将HCl缓慢通入BaC2O4悬浊液中，发生如下反应：BaC2O4(s)⇌Ba2+(aq)+C2O42−(aq)、C2O42−+H+=HC2O4−、HC2O4−+H+=H2C2O4。对于H2C2O4，Ka1∙Ka2=c2(H+)⋅c(C2O42−)c(H2C2O4)，c2(H+)c(H2C2O4)=Ka1⋅Ka2c(C2O42−)，随着pc2H+cH2C2O4的增大，c2(H+)⋅c(C2O42−)c(H2C2O4)减小，c(C2O42−)增大，pc(Ba2+)增大，则曲线Ⅲ表示pcBa2+与pc2H+cH2C2O4变化曲线。BaC2O4为难溶电解质，则Ksp(BaC2O4)小于10-5，则曲线Ⅱ表示p[c(C2O42−)]随pc(Ba2+)的变化曲线；曲线Ⅰ表示pc2HC2O4−cH2C2O4随pc(Ba2+)的变化曲线。
【解析】由分析可知，曲线Ⅲ表示pcBa2+与pc2H+cH2C2O4变化曲线，A正确；从图中可以看出，a点为曲线Ⅰ与曲线Ⅲ的交叉点，在此点，pc2H+cH2C2O4=pc2HC2O4−cH2C2O4，则c(H⁺)= c(HC2O4−)，B错误；对于曲线Ⅱ，p[c(C2O42−)]=3.8，pc(Ba2+)=3，Ksp(BaC2O4)=c(C2O42−)∙c(Ba2+)=10-3.8×10-3=10-6.8，数量级为10⁻⁷，C正确；依据电荷守恒：c(H⁺)+2c(Ba2⁺)=c(Cl⁻)+c(OH⁻)+2c(C2O42−)+c(HC2O4−)，移项得2[c(Ba2⁺)-c(C2O42−)]=c(Cl⁻)+c(OH⁻)+c(HC2O4−)-c(H⁺)，D正确；故选B。
12．（2025·河南信阳·模拟预测）Na2CO3溶液显碱性，含Mg2+的溶液与碳酸钠溶液反应，产物可能是MgOH2或MgCO3已知：①图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与溶液pH的关系；②图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合cMg2+⋅c2OH−=KspMgOH2；曲线Ⅱ的离子浓度关系符cMg2+⋅cCO32−=KspMgCO3。
注：起始cNa2CO3=0.1 ml⋅L−1，不同pH下cCO32−由图1得到。下列说法正确的是
A．常温下，CO32−的第一步水解平衡常数数量级为10−3
B．由图2，初始状态pH=9，lgcMg2+=−6，没有沉淀生成
C．由图2，初始状态pH=9，lgcMg2+=−2，平衡后溶液存在：cH2CO3+cCO32−+cHCO3−>0.1 ml/L
D．由图1和图2，初始状态pH=9，lgcMg2+=−1时，仅发生：Mg2++2HCO3−=MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】CO32−第一步水解平衡常数Kh1=c(HCO3−)c(OH−)c(CO32−)，图1中HCO3−与CO32−物质的量分数相等时pH=10.25，此时c(HCO3−)=c(CO32−)，则Kh1=c(OH-)=10-(14-10.25)=10-3.75≈1.78×10-4，数量级为10-4，A错误；由图2可知pH=9、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于两条溶解平衡曲线的下方，均不会生成沉淀，B正确；由图2可知pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成MgCO3沉淀，根据物料守恒关系可知，溶液中 c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-)＜c(Na2CO3)=0.1ml/L，C错误；由图1可知，pH=9时溶液中主要含碳的微粒是HCO3−，由图2可知，pH=9时，lgcMg2+=−1，位于曲线I和曲线II的上方，则两种沉淀均有生成，并非仅生成MgCO3，D错误；故选B。
13.（2025·浙江·一模）25∘C，CaSO4饱和溶液中cCa2+=3.0×10−3ml⋅L−1，KspCaC2O4=10−8.6，KalH2C2O4=5.6×10−2，Ka2H2C2O4=1.5×10−4。下列描述不正确的是
A．KspCaSO4=9.0×10−6
B．向0.001ml⋅L−1Na2C2O4溶液中滴入几滴酚酞试剂(pH变色范围：8.2-10.0)，溶液呈粉红色
C．0.10ml⋅L−1H2C2O4溶液中：cC2O42−>cOH−
D．向CaC2O4悬浊液中加入足量CaSO4s,cCa2+增大
【答案】B
【解析】CaSO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，则cCa2+=3.0×10−3ml⋅L−1=cSO42−，KspCaSO4=cCa2+⋅cSO42−=3.0×10−3ml⋅L−12=9.0×10−6ml⋅L−12，A正确；0.001ml⋅L−1Na2C2O4溶液中C2O42−分步水解显碱性，主要由第一步水解决定C2O42−+H2O⇌HC2O4−+OH−溶液cOH−，Kh1=KwKa2H2C2O4=1.0×10−141.5×10−4=cHC2O4−⋅cOH−cC2O42−，cOH− ≈1.0×10−14×0.0011.5×10−4≈6.7×10−7 ml/L，cH+=KwcOH−=1.5×10−8ml/L，故pHcOH−，C正确；KspCaC2O4=10−8.6Ksp(CuS)=10-36，有沉淀生成，D错误；故选B。
15．（2025·四川绵阳·模拟预测）室温下，向100 mL 0.1 ml/L CuSO4溶液中通入NH3，测得体系中pOH−lgcOH−与pc−lgc的关系如图所示，c为Cu2+、[Cu(NH3)4]2+的浓度，单位为ml⋅L−1，忽略溶液体积的变化。
已知：当溶液中某离子浓度cMn+≤1×10−5ml⋅L−1时，可认为该离子沉淀完全。
下列说法正确的是
A．曲线b表示[Cu(NH3)4]2+的pc与pOH的关系
B．M点时，cCu2++c[Cu(NH3)4]2+=cSO42−=0.1 ml⋅L-1
C．若使Cu2+全部转化为Cu(OH)2，调节的pOH范围为4.7∼7.35
D．若使N点溶液中[Cu(NH3)4]2+全部转化为Cu2+，需要加入0.02 ml H2SO4
【答案】C
【分析】向CuSO4溶液中通入NH3，首先NH3与水生成一水合氨，随后Cu2+会与过量的NH3形成稳定的四氨合铜络合离子（[Cu(NH3)4]2+）。此过程中涉及两个平衡：络合平衡（Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+），沉淀溶解平衡（Cu2++2OH-⇌Cu(OH)2），就此解答。
【解析】随着通入NH3增多，溶液pOH减小（碱性增强），[Cu(NH3)4]2+浓度增大，其pc（−lgc）应减小；曲线a随pOH减小而pc减小，符合[Cu(NH3)4]2+的变化，非曲线b，A错误；根据物料守恒，CuSO4中c(SO42−)=0.1 ml/L，而铜元素的存在形式包括Cu2+、[Cu(NH3)4]2+，可能还含有Cu(OH)2沉淀。因此物料守恒为：c(Cu2+)+c[Cu(NH3)4]2++c[Cu(OH)2]=c(SO42−)=0.1 ml⋅L-1，cCu2++c[Cu(NH3)4]2+Ksp，处于过饱和状态，故会析出HgS沉淀，C正确；T2温度下，设曲线pHg+pS=2b（如pS=b时pHg=b），则Ksp(T2)=10-2b，c(S2-)=0.01 ml/L时，pS=2，pHg=2b-pS=2b-2，故c(Hg²⁺)=102-2b ml/L，D错误；故选D。
17．（2025·辽宁鞍山·一模）空气中CO2浓度会影响珊瑚礁(主要成分为CaCO3)的生态。探究珊瑚礁水体环境lgcX(X为H2CO3、HCO3−、CO32−或Ca2+)与pH关系的理论图像如图。下列说法错误的是
A．线③表示CO32−与pH的关系B．Ka1H2CO3的数量级为10−6
C．KspCaCO3=1×10−9.2D．c点坐标为8.3,−5
【答案】B
【分析】随着溶液pH值增大，碳酸氢根离子、碳酸根离子浓度变大，pH值较大时，溶液中碳酸根离子为主要离子，钙离子浓度随着碳酸根离子浓度增大而减小，故曲线②③①分别为碳酸氢根离子、碳酸根离子、钙离子关系曲线；则由②中a点(6.3，-5)可知，Ka1H2CO3=cH+cHCO3-cH2CO3=10-6.3，③中d点(10.3，-1.1)可知，Ka2H2CO3=cH+cCO32-cHCO3-=10-10.3；
【解析】由分析，线③表示CO32−与pH的关系，A正确；由分析，Ka1H2CO3的数量级为10−7，B错误；
C．b点，cH+=10-7.9ml/L、cHCO3-=cCa2+=10-3.4ml/L，Ka2H2CO3=cH+cCO32-cHCO3-=10-10.3，则b点cCO32-=10-10.3×10-3.410-7.9ml/L=10-5.8ml/L，KspCaCO3=10-3.4×10-5.8=10-9.2，C正确；c点cH2CO3=cCO32-，Ka1H2CO3Ka2H2CO3=c2H+cCO32-cH2CO3=c2H+=10-16.6，cH+=10-8.3ml/L，pH=8.3，c点坐标为8.3,−5，D正确。故选B。
18．（2025·河北沧州·三模）向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌AgNH3+和AgNH3++NH3⇌AgNH32+,lgc(M)与lgcNH3的关系如下图所示{其中M代表Ag+、Cl−、AgNH3+或AgNH32+}。
下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ表示lgcAgNH32+的变化曲线
B．AgCl的溶度积常数Ksp=10-9.75
C．任意cNH3下均存在：cCl-=cAg++cAgNH3++cAgNH32+
D．cNH3=0.1ml⋅L−1时，AgCl的溶解度为10−7.40ml⋅L−1
【答案】D
【分析】在氯化银饱和溶液中，银离子和氯离子的浓度相等，当lgcNH3很小时，lgc(Cl-)、lgc(Ag+)基本相等；向饱和氯化银溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子的浓度增大，即lgc(Cl-)增大、lgc(Ag+)减小，lgcAgNH3+增大；继续滴加氨水，第二个配位平衡右移，lgcAgNH32+持续增大，且lgcAgNH3+增大的幅度小于lgcAgNH32+增大的幅度，所以Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示lgcAgNH32+、lgcAgNH3+、lgc(Ag+)、lgc(Cl-)随lgcNH3变化的曲线。
【解析】由分析可知，曲线Ⅰ表示lgcAgNH32+的变化曲线，A正确；lgcNH3=-1时，lgc(Ag+)=-7.40，lgc(Cl-)=-2.35，c(Ag+)=10-7.40ml/L、c(Cl-)=10-2.35ml/L，则Ksp(AgCl)= c(Ag+)∙c(Cl-)=10-7.40×10-2.35=10-9.75，B正确；根据物料守恒，AgCl溶解生成的Cl-全部以游离态存在，而Ag元素以Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+三种形式存在，故c(Cl-)=c(Ag+)+c([Ag(NH3)]+)+c([Ag(NH3)2]+)，C正确；AgCl的溶解度等于c(Cl-)，而c(NH3)=0.1 ml/L[lgc(NH3)=-1]时，c(Cl-)＞c(Ag+)=10-7.40ml/L，所以c(NH3)=0.1 ml/L时，c(Cl-)＞10−7.40ml⋅L−1，D错误；故选D。
19．（2025·河南·三模）依据反应a:CaSO4s+CO32−aq⇌CaCO3s+SO42−aq，实验模拟去除锅炉水垢中的CaSO4。①向CaSO4固体中加入一定量pH=12的Na2CO3溶液，测得pH随时间变化如图所示；②pH不变时，过滤。向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，固体全部溶解，取上层清液加入BaCl2溶液，无明显变化。已知：常温下，KspCaSO4=4.9×10−5，KspCaCO3=3.4×10−9。下列分析错误的是
A．上述实验表明溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
B．常温下，反应a平衡常数可表示为K=4.9×10−53.4×10−9
C．溶液的pH不变时，反应a达到平衡状态
D．①中加入Na2CO3溶液后，始终存在：cNa+=2cCO32−+cHCO3−+cH2CO3
【答案】D
【解析】实验中CaSO4（溶解度较大，Ksp=4.9×10-5）转化为CaCO3（溶解度更小，Ksp=3.4×10-9）（溶度积反映了难溶电解质的溶解能力，溶度积越小，溶解度通常越小），这表明溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，A正确；反应a的平衡常数K=c(SO42−)c(CO32−)，结合KspCaSO4=c(Ca2+)⋅c(SO42−)、KspCaCO3=c(Ca2+)⋅c(CO32−)，可得K=Ksp(CaSO4)Ksp(CaCO3)=4.9×10−53.4×10−9，B正确；反应a中CO32−水解使溶液显碱性，随着反应进行CO32−浓度减小，pH降低；当pH不变时，CO32−和SO42−浓度不再变化，反应达到平衡，C正确；①中加入Na2CO3溶液，Na2CO3溶液中存在物料守恒：cNa+=2cCO32−+cHCO3−+cH2CO3，但反应CaSO4s+CO32−aq⇌CaCO3s+SO42−aq发生后，反应中CO32−转化为CaCO3固体，溶液中C元素减少，所以不再满足cNa+=2cCO32−+cHCO3−+cH2CO3，D错误；故选D。
20．（2025·重庆·三模）Ni2+在不同pH的Na2CO3溶液中可能生成NiOH2和NiCO3两种产物。25℃时，二者的沉淀溶解曲线如图所示。已知：25℃时，KspNiOH2=5.48×10−16，KspNiCO3=1.42×10−7。下列说法错误的是
A．a点溶液中：cCO32−=cOH−
B．一定条件下，NiCO3s可以转化为NiOH2s
C．b点溶液中：cCO32−×cNi2+