新高考化学一轮复习考点举一反三讲义第04讲 沉淀溶解平衡（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学一轮复习考点举一反三讲义第04讲 沉淀溶解平衡（2份，原卷版+解析版）试卷主要包含了靶向突破等内容，欢迎下载使用。
目录
一、题型精讲TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc5622" 题型01 沉淀溶解平衡及其影响因素 PAGEREF _Tc5622 \h 1
\l "_Tc1985" 题型02 溶度积及其应用 PAGEREF _Tc1985 \h 3
\l "_Tc18300" 题型03 沉淀的生成与溶解 PAGEREF _Tc18300 \h 5
\l "_Tc16555" 题型04 沉淀的转化 PAGEREF _Tc16555 \h 7
\l "_Tc1256" 题型05 沉淀溶解曲线型平衡曲线 PAGEREF _Tc1256 \h 10
\l "_Tc24063" 题型06 沉淀溶解对数型平衡曲线 PAGEREF _Tc24063 \h 13
\l "_Tc451" 题型07 沉淀溶解平衡滴定曲线 PAGEREF _Tc451 \h 16
二、靶向突破
题型01 沉淀溶解平衡及其影响因素
【例1】 下列说法正确的是( )
A.硫酸钡放入水中不导电，则硫酸钡是非电解质
B.物质溶于水达到饱和时，溶解过程就停止了
C.绝对不溶解的物质是不存在的
D.某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0
【答案】C
【解析】A项，硫酸钡是强电解质，其在水中的溶解度比较小，错误；B项，沉淀溶解平衡为动态平衡，错误；D项，残留离子浓度小于10-5 ml·L-1时，则认为该离子沉淀完全，错误。
【变式1-1】 下列有关AgCl的沉淀溶解平衡的说法正确的是( )
A.AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，且c(Cl-)一定等于c(Ag+)
B.AgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl-
C.升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D.在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体，AgCl沉淀溶解的量不变
【答案】C
【解析】沉淀溶解平衡是动态平衡，沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但c(Cl-)不一定等于c(Ag+)，例如向硝酸银溶液中加入过量氯化钠生成氯化银沉淀时，溶液中c(Cl-)大于c(Ag+)，故A错误；AgCl在水中存在沉淀溶解平衡，溶液中有极少量的Ag+和Cl-，故B错误；AgCl溶解是一个吸热过程，升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大，故C正确；向含AgCl沉淀的溶液中加入NaCl固体，增大了Cl-的浓度，会使AgCl的沉淀溶解平衡向左移动，减少了AgCl的溶解量，故D错误。
【变式1-2】 在一定温度下，当Mg(OH)2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，要使Mg(OH)2固体减少而c(Mg2+)不变，可采取的措施是( )
A.加MgSO4固体B.加HCl溶液
C.加NaOH固体D.加少量水
【答案】D
【解析】Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，加MgSO4固体使该沉淀溶解平衡左移，Mg(OH)2固体增多，c(Mg2+)变大；加HCl溶液使该沉淀溶解平衡右移，Mg(OH)2固体减少，c(Mg2+)变大；加NaOH固体使该沉淀溶解平衡左移，Mg(OH)2固体增多，c(Mg2+)变小；加少量水，使沉淀溶解平衡右移，Mg(OH)2固体减少，因为加水后仍是饱和溶液，所以c(Mg2+)不变。
【变式1-3】在一定温度下，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，若把AgCl分别放入①100 mL 0.1 ml·L-1 NaNO3溶液中；②100 mL 0.1 ml·L-1NaCl溶液中；③100 mL 0.1 ml·L-1AlCl3溶液中；④100 mL 0.1 ml·L-1MgCl2溶液中。搅拌后在相同的温度下Ag+浓度由大到小的顺序是( )
A.①>②>④>③B.②>①>④>③
C.④>③>②>①D.①>④>③>②
【答案】A
【解析】因为氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，相同的温度下，题给溶液中的氯离子浓度越大，AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动的程度越大，银离子浓度越小；①中无Cl-，②、③、④中c(Cl-)分别为0.1 ml·L-1、0.3 ml·L-1、0.2 ml·L-1，因此Ag+浓度由大到小的顺序是①>②>④>③。
题型02 溶度积及其应用
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。
【例2】下列有关溶度积常数Ksp的说法正确的是( )
A.溶度积常数Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，温度升高Ksp一定增大
B.水溶液中，易溶于水的电解质不存在沉淀溶解平衡
C.同一温度下，Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，说明AB2的溶解度小于CD的溶解度
D.常温下，向BaSO4饱和溶液中加入少量Na2CO3溶液，BaSO4的Ksp不变
【答案】D
【解析】溶度积常数Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，大多数难溶物随温度升高Ksp增大，但也有少数物质随温度升高Ksp减小，A错误；易溶于水的电解质的饱和溶液存在晶体时，晶体的析出和溶解也存在平衡，B错误；相同温度下，一般对于同类型的物质，Ksp越小，其溶解能力越小，C错误；温度不变，Ksp不变，D正确。
【变式2-1】 下列说法正确的是( )
A.向AgCl饱和溶液中加水，AgCl的溶解度和Ksp均增大
B.难溶电解质的溶度积Ksp越小，则它的溶解度越小
C.AgBr难溶于水，溶液中不存在Ag+和Br-
D.已知25 ℃时KspMg(OH)2＝1.8×10-11，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH＝11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2+)＝1.8×10-5 ml·L-1
【答案】D
【解析】物质的溶解度和溶度积都是温度的函数，与溶液的浓度无关，故A错误；AgBr难溶于水，但存在沉淀溶解平衡，溶液中仍存在Br-和Ag+，只是其浓度很小，故C错误；pH＝11，c(OH-)＝10-3 ml·L-1，c(Mg2+)＝KspMg(OH)2c2(OH−)＝1.8×10−111×10−6 ml·L-1＝1.8×10-5ml·L-1，故D正确。
【变式2-2】下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是[已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，Ksp(AgI)＝1.5×10-16，Ksp(AgBr)＝7.7×10-13]( )
A.AgCl>AgI>AgBr
B.AgCl>AgBr>AgI
C.AgBr>AgCl>AgI
D.AgBr>AgI>AgCl
【答案】B
【解析】卤化银的化学式相似，所以溶度积越大，银离子的浓度越大，所以难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序为AgCl>AgBr>AgI。
【变式2-3】 常温下几种难溶电解质的溶度积如表所示：
向含有等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加0.01 ml·L-1Na2S溶液时，Fe2+、Cu2+、Zn2+沉淀的先后顺序为( )
A.Fe2+、Zn2+、Cu2+B.Cu2+、Zn2+、Fe2+
C.Zn2+、Fe2+、Cu2+D.Cu2+、Fe2+、Zn2+
【答案】B
【解析】生成硫化亚铁沉淀的最小c(Fe2+)＝Ksp(FeS)c(S2−)＝6.3×10−180.01 ml·L-1＝6.3×10-16 ml·L-1；生成硫化铜沉淀需要的最小c(Cu2+)＝Ksp(CuS)c(S2−)＝6.3×10−360.01 ml·L-1＝6.3×10-34 ml·L-1；生成硫化锌沉淀需要的最小c(Zn2+)＝Ksp(ZnS)c(S2−)＝1.6×10−240.01 ml·L-1＝1.6×10-22 ml·L-1。所以沉淀的先后顺序为Cu2+、Zn2+、Fe2+。
题型03 沉淀的生成与溶解
【例3】沈括《梦溪笔谈》记载：“石穴中水，所滴者皆为钟乳。”溶洞与钟乳石的形成涉及反应为Ca(HCO3)2(aq)CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(g)，下列分析错误的是( )
A.溶有CO2的水流经石灰岩区域，生成可溶于水的Ca(HCO3)2
B.钟乳石的形成经历CaCO3的溶解和析出
C.酸雨条件下，上述平衡右移，加速钟乳石的形成
D.由于形成钟乳石的水动力及其沉积部位不同，钟乳石形状各异
【答案】C
【解析】溶有二氧化碳的水流经石灰岩区域，会使平衡向逆反应方向移动，有利于生成可溶的碳酸氢钙，故A正确。
【变式3-1】探究Mg(OH)2的沉淀溶解平衡时，利用下表三种试剂进行试验，下列说法不正确的是( )
A.向①中滴入几滴酚酞溶液后，溶液显红色说明Mg(OH)2是一种弱电解质
B.为使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快，加入过量的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)+2NH4+(aq)Mg2+(aq)+2NH3·H2O(aq)
D.向①中加入②，H+与OH-反应生成H2O，使c(OH-)减小，Mg(OH)2沉淀溶解平衡向溶解的方向移动
【答案】A
【解析】向Mg(OH)2悬浊液中滴入几滴酚酞溶液后，溶液显红色，只能说明Mg(OH)2能电离，但不能判断是部分电离还是完全电离，A项不正确；Mg(OH)2电离出来的OH-与NH4Cl电离出来的NH4+结合生成一水合氨，所以加入过量的NH4Cl浓溶液，可使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快，①③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq)Mg2+(aq)+2NH3·H2O(aq)，B、C项正确；在Mg(OH)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，所以向①中加入②，c(OH-)减小，Mg(OH)2沉淀溶解平衡正向移动，D项正确。
【变式3-2】实验室里制备FeCO3的流程如图所示，下列叙述错误的是( )
A.过滤需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B.沉淀过程的离子方程式为Fe2++2HCO3−===FeCO3↓+CO2↑+H2O
C.若沉淀时改用Na2CO3溶液，则产品中可能混有Fe(OH)3
D.将FeCO3在空气中灼烧可以制备FeO
【答案】D
【解析】根据题干工艺流程图可知，沉淀过程发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3−===FeCO3↓+CO2↑+H2O，B正确；由于Na2CO3溶液呈碱性，则可能生成Fe(OH)2，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，若沉淀时改用Na2CO3溶液，则产品中可能混有Fe(OH)3，C正确；将FeCO3在空气中灼烧将被O2氧化成Fe2O3，不可以制备FeO，D错误。
【变式3-3】室温下，将0.1 ml·L-1AgNO3溶液和0.1 ml·L-1NaCl溶液等体积充分混合，一段时间后过滤，得滤液a和沉淀b。取等量的滤液a于两支试管中，分别滴加相同体积、浓度均为0.1 ml·L-1的Na2S溶液和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清；再取少量的沉淀b，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解。下列说法正确的是( )
A.0.1 ml·L-1 Na2S溶液中存在：c(OH-)＝c(H+)+c(HS-)+c(H2S)
B.过滤后所得清液中一定存在：c(Ag+)＝Ksp(AgCl)c(Cl−)且c(Ag+)>Ksp(Ag2SO4)c(SO42−)
C.沉淀b中滴加氨水发生反应的离子方程式：AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
D.从实验现象可以得出该温度下Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2SO4)
【答案】C
【解析】Na2S溶液中存在质子守恒：c(OH-)＝c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，A错误；滤液为氯化银的饱和溶液，所以清液中一定存在：c(Ag+)＝Ksp(AgCl)c(Cl−)，但加入硫酸钠后溶液仍然澄清，说明反应后c(Ag+)Ksp(Ag2S)，D错误。
题型04 沉淀的转化
【例4】已知：Ksp(CuS)＝1.3×10-36，Ksp(MnS)＝2.6×10-13。工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)。下列说法错误的是( )
A.反应达平衡后，继续加入MnS，废水中Cu2+的去除率增加
B.该反应可将工业废水中的Cu2+沉淀完全
C.向平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2+)增大
D.该反应的平衡常数K＝2.0×1023
【答案】A
【解析】达到平衡后，增加MnS的用量，平衡不移动，废水中Cu2+的去除率不变，故A错误；利用此反应可将工业废水中的Cu2+沉淀完全，故B正确；c(Cu2+)增大，平衡正向移动，所以c(Mn2+)增大，故C正确；该反应的平衡常数K＝c(Mn2+)c(Cu2+)＝Ksp(MnS)Ksp(CuS)＝2.0×1023，故D正确。
【变式4-1】用Na2CO3溶液可以处理锅炉水垢中的CaSO4，使其转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，再用酸除去。下列说法正确的是( )
A.Na2CO3溶液显碱性的原因：CO32−+2H2OH2CO3+2OH-
B.加入Na2CO3溶液充分反应后的上层清液中存在：c(Ca2+)·c(CO32−)c(OH－)
C.该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4.0×10－12
D.相同实验条件下，若改为0.05 ml/L的KCl和K2CrO4溶液，则曲线L2中N点移到Q点
【答案】D
【解析】A.KCl和硝酸银反应的化学方程式为KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为K2CrO4＋2AgNO3===Ag2CrO4↓＋2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是－lg c(Cl－)与V(AgNO3溶液)的变化关系，故 A正确；B.M点加入的硝酸银溶液体积是15 mL，根据反应方程式KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3可知，生成0.001 ml硝酸钾和0.001 ml氯化银，剩余0.000 5 ml硝酸银，则c(NOeq \\al(－,3))>c(K＋)>c(Ag＋)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H＋)>c(OH－)，所以M点溶液中，离子浓度为：c(NOeq \\al(－,3))>c(K＋)>c(Ag＋)>c(H＋)>c(OH－)，故 B正确；C.N点纵坐标的数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c(CrOeq \\al(2－,4))＝10－4 ml·L－1，c(Ag＋)＝2×10－4 ml/L，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrOeq \\al(2－,4))×c2(Ag＋)＝10－4×(2×10－4)2＝4.0×10－12，故C正确；D.相同实验条件下同一种溶液的Ksp相同，平衡时溶液中c(CrOeq \\al(2－,4))＝10－4 ml·L－1，Q对应的纵坐标数值是4.0，即c(CrOeq \\al(2－,4))＝10－4 ml·L－1，曲线L2中N点移到Q点上方，故D错误。
【变式7-1】已知：pBa＝－lg ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ba2＋))，pKa＝－lg Ka。向20 mL 0.1 ml·L－1BaCl2溶液中滴加0.2 ml·L－1Na2CO3溶液的滴定曲线如图所示。常温下，H2CO3的pKal＝6.4，pKa2＝10.3，Kspeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(MgCO3))＝6.8×10－6。下列说法正确的是( )
A．只有F点对应的溶液中存在 BaCO3的沉淀溶解平衡
B．其他条件相同，用 MgCl2溶液代替 BaCl2溶液，可使F点向G点迁移
C．常温下，Kspeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(BaCO3))＝1.0×10－9
D．常温下，Na2CO3溶液的pKh1＝7.6
【答案】C
【解析】向 BaCl2溶液中滴加Na2CO3溶液即有BaCO3沉淀生成，曲线上各点对应溶液中均存在BaCO3的沉淀溶解平衡，A错误；Veq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))＝10 mL时，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Na2CO3))＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(BaCl2))，二者恰好完全反应生成BaCO3沉淀，达到滴定终点，此时pBa＝4.5，则溶液中ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ba2＋))＝ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(COeq \\al(2－,3)))＝1.0×10－4.5 ml·L－1，常温下，Ksp(BaCO3)＝ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ba2＋))·ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(COeq \\al(2－,3)))＝1.0×10－4.5×1.0×10－4.5＝1.0×10－9，用同浓度等体积的MgCl2溶液代替BaCl2溶液，恰好完全反应时，二者消耗的Na2CO3溶液体积相等，但由于Kspeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(MgCO3))＝6.8×10－6>Kspeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(BaCO3))＝1.0×10－9，所以滴定终点时溶液中ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Mg2＋))>ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ba2＋))，则pMg”“Ksp=1.8×10−10，故会沉淀，不能完全溶解，D正确；故选C。
8.（2025·重庆·三模）室温下，通过下列实验探究有关AgNO3的性质。
实验1：向10mL0.1ml⋅L−1的AgNO3溶液中滴加1mL0.1ml⋅L−1的NaCl溶液，产生白色沉淀，过滤。
实验2：向实验1所得滤液中滴加1mL0.1ml⋅L−1NaBr溶液，产生淡黄色沉淀，过滤。
实验3：向实验2所得滤液中逐滴滴加氨水，产生沉淀先变多后变少，直至消失。
下列说法正确的是
A．实验1过滤后滤液中cAg+=0.09ml⋅L−1
B．通过实验1和实验2可得出KspAgCl>KspAgBr
C．实验2所得滤液中cAg++cH++cNa+=cCl−+cBr−+cNO3−+cOH−
D．实验3滴加氨水过程中，cAg+先减小后增大
【答案】C
【解析】向10mL0.1ml⋅L−1的AgNO3溶液中滴加1mL0.1ml⋅L−1的NaCl溶液，发生反应AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3，反应后AgNO3过量，过滤后所得滤液中c(Ag+)=0.1ml·L-1×10mL−0.1ml·L-1×1mL10mL+1mL≈0.082ml·L-1，故A错误；实验1所得滤液中含过量的AgNO3、NaNO3和饱和AgCl，滴加1mL0.1ml⋅L−1NaBr溶液，AgNO3直接与NaBr发生沉淀反应生成淡黄色的AgBr沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，不能比较AgCl、AgBr的Ksp，故B错误；实验2中发生的反应为AgNO3+NaBr=AgBr↓+NaNO3，反应后AgNO3仍过量，所以实验2的滤液中存在的离子有：Ag+、Na+、H+、Cl-、Br-、NO3−、OH-，根据电荷守恒cAg++cH++cNa+=cCl−+cBr−+cNO3−+cOH−，故C正确；向实验2所得滤液中逐滴滴加氨水，随着氨水的滴入，依次发生反应：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，故产生沉淀先变多后变少，直至消失，c(Ag+)一直减小，故D错误；故选C。
9.（2025·山西吕梁·三模）常温下，向浓度均为1ml⋅L−1的NaCl、KI、K2S的混合溶液中加入AgNO3固体，测得溶液中cCl−、cI−、cS2−的负对数值p(M)与cAg+的负对数值pAg+的关系如图所示。已知常温下Ksp(AgCl)=1.8×10−10,Ksp(AgI)=8.5×10−17。下列说法错误的是
A．曲线I与横轴的交点坐标为(24.6,0)
B．曲线Ⅲ表示pCl−随pAg+的变化关系
C．当溶液中cAg+=cI−时，有cCl−>c(S2-)，C错误；c(S2-)/c(Cl-)=[Ksp(Ag2S)/c2(Ag+)]/[Ksp(AgCl)/c(Ag+)]=Ksp(Ag2S)/[Ksp(AgCl)·c(Ag+)]，加入AgNO3使c(Ag+)增大，比值减小，D正确；故选C。
10.（2025·湖南长沙·二模）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有(CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。
已知：①“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀；
②KspFeOH3=2.6×10−39，当金属离子浓度≤10−5ml⋅L−1时，认为该离子沉淀完全。
下列说法错误的是
A．Cu位于元素周期表中第四周期ds区
B．“中和除杂”步骤，调控溶液pH=3.5左右，发生反应的离子方程式为4Fe3++Zn2OH2CO3+3H2O=4FeOH3+6Zn2++3CO2↑
C．加入过量Zn粉有利于“深度脱氯”步骤中生成CuCl沉淀
D．“电解分离”步骤中当阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成
【答案】C
【分析】烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2和ZnCl2转化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去PbO和SiO2。“中和除杂”通过调节pH值使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去（c(Fe3+)=KspFeOH3c3(OH−)=2.6×10−39(10−10.5)3cH+>cHS->cS2-
B．实验Ⅱ加入过量NH4HCO3溶液后产生CdCO3沉淀，该反应可保证Cd2+沉淀完全
C．实验Ⅰ中存在反应：2AgCl+H2S⇌Ag2S↓+2H++2Cl− K=4×109
D．在浓度为0.02ml/LCdCl2溶液中，等体积加入0.02ml/LNa2S溶液，反应初始生成CdOH2沉淀
【答案】D
【解析】Ag2S的Ksp极小，溶液中S2-浓度极低，其水解生成HS-和OH-，导致c(OH-) > c(H+)，且HS-浓度高于S2-，S2-的水解常数为KWKa2=10−1410−13=0.1，水解程度较大，则存在：：cOH->cH+>cHS->cS2-，A正确；CdCO3的Ksp=1.0×10-12，过量NH4HCO3提供足够CO32−，使c(CO32−)≥1.0×10-7ml/L，此时Cd2+浓度≤1×10-5ml/L，沉淀完全，B正确；实验Ⅰ中存在反应：2AgCl+H2S⇌Ag2S↓+2H++2Cl−，该反应的平衡常数K=c2Cl−c2H+cH2S=c2Cl−c2Ag+c2H+cS2−cH2Sc2Ag+cS2−=Ksp(AgCl)2Ka1·Ka2Ksp(Ag2S)=(2×10−10)2×1×10−201×10−49=4×109，C正确；混合后Cd2+和S2-浓度均为0.01ml/L，Qc=c(Cd2+)c(S2-)=10-4，远大于CdS的Ksp和Cd(OH)2的Ksp，且CdS的Ksp远小于Cd(OH)2的Ksp，优先生成CdS而非Cd(OH)2，D错误；故选D。
21.（25-26高三上·内蒙古·开学考试）某工业酸性废水(含H+、Cl−、NO3−、Na+)可采用流过石灰石滤床法处理。CaCO3在不同酸碱条件下的溶解平衡体系中pH与-lgc关系如下图所示，c为H2CO3、HCO3−、CO32-的浓度，单位ml⋅L−1。A、B、C点CaCO3均近似达溶解平衡。下列说法错误的是
A．Ka2H2CO3=10-10.3B．①是pH与-lgcCO32-关系曲线
C．KspCaCO3的数量级为10−9D．pH=6.3时，cCa2+约为10-2.4
【答案】D
【分析】CO32−浓度随pH增大而增大，−lgc(CO32−)随pH增大而减小，图像中曲线①随pH增大，−lgc减小，故①为CO32−的曲线；HCO3−、H2CO3浓度随pH增大而减小，−lgc(HCO3−)、−lgc(H2CO3)随pH增大而增大，pH相同时，c(HCO3−)>c(H2CO3)，故②为H2CO3的曲线；③为HCO3−的曲线。
【解析】H2CO3的Ka2表达式为Ka2=c(H+)c(CO32−)c(HCO3−)，当c(HCO3−)=c(CO32−)时，Ka2=c(H+)，图像中C点（10.3，4.4）为HCO3−与CO32−曲线交点，此时pH=10.3，即c(H+)=10−10.3，故Ka2=10−10.3，A正确；CO32−浓度随pH增大而增大，−lgc(CO32−)随pH增大而减小，图像中曲线①随pH增大，−lgc减小，故①为CO32−的曲线，B正确；取C点（10.3，4.4），此时c(HCO3−)=c(CO32−)=10−4.4ml⋅L−1（−lgc=4.4），总碳浓度≈c(HCO3−)+c(CO32−)=2×10−4.4ml⋅L−1，由物料守恒c(Ca2+)=总碳浓度=2×10−4.4ml⋅L−1，Ksp=c(Ca2+)c(CO32−)=2×10−4.4×10−4.4=2×10−8.8≈10−9，数量级为10−9，C正确；A点（6.3，2.4）为H2CO3与HCO3−交点，c(H2CO3)=c(HCO3−)=10−2.4ml⋅L−1，总碳浓度=2×10−2.4ml⋅L−1，由物料守恒c(Ca2+)=总碳浓度=2×10−2.4ml⋅L−1≈10−2.1ml⋅L−1，D错误；故选D。
22.（25-26高三上·重庆·开学考试）已知常温下KspLiF=1.8×10−3。Li+-HF水溶液体系中，初始浓度c0Li+=c0HF=0.10ml⋅L−1，cLi+与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。
下列说法不正确的是
A．ab段存在关系：cLi+⋅cF−=KspLiF
B．HF的电离常数Ka数量级为10−4
C．c点溶液中cHF=3.6×10−6KaHFml⋅L−1
D．d点溶液中存在cLi+=cF−+cHF
【答案】A
【解析】ab段cLi+保持初始浓度0.10ml⋅L−1，说明此时LiF未沉淀，溶液中cLi+⋅cF−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)Qc(SO42−)，c点，c(Ba2+)＝c(SO42−)。
(2)b点在曲线的上方，Q>Ksp，溶液处于过饱和状态，有沉淀析出，直至Q＝Ksp。
(3)d点在曲线的下方，Qp(COeq \\al(2－,3))，从而可知Ksp(BaSO4)