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

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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 \\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，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1×10-5ml·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1×10-5ml·L-1)，则c(OH-)>2×10-11ml·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+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 ml·L-1，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为2.58×10-8ml·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+)=0.1 ml·L-1，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为2.58×10-90.1ml·L-1=2.58×10-8ml·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+CO32-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+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50mL0.1ml·L-1 Na2CO3溶液，测得溶液约为12；
实验2：取10mL0.1ml·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10mL0.1ml·L-1 Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1ml·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0.1ml⋅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( )
【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 ml·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
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(cMg2＋,cCu2＋)≈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(cMg2＋,cCu2＋)＝eq \f(Ksp[MgOH2],Ksp[CuOH2])≈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 ℃)：
下列有关说法不正确的是( )
A．浓度均为0.2 ml·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 ml·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 ml·L－1的KCl和0.001 ml·L－1的K2CrO4混合溶液中，先产生AgCl沉淀
C．0.11 ml·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 ml·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合后，浓度均变为
0.1 ml·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 ml·L－1的条件下开始出现沉淀时银离子的浓度分别为1.8×10－7ml·L－1、eq \r(\f(1.9×10－12,0.001))ml·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 ml·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))＝10－5ml·L－1，因此氢离子浓度是10－9ml·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(SO42-)c(CO32-)
Ksp(SrCO3)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)=10-8ml/L×10-4ml/L=10-12，氢氧化镉的溶度积Ksp[Cd(OH)2]=10-6ml/L×(10-4ml/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=10-4ml/L×(10-6ml/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-)>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(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，0.1ml/L的H2S溶液中加入等体积0.1ml/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+)＜1×10-5ml/L
B．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-=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10-2ml/L，则滤液中c(Mg2+)＜(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)=0.1ml/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-)＞cH2CO3
B．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)＜0.1ml/L
D．沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1ml•L-1Na2CO3溶液比0.1ml•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-)＜cH2CO3，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+)=10-8.25ml/L，c(OH-)=ml/L=10-5.75ml/L，溶液中c(HCO3-)≈0.1ml/L，则c(CO32-)==10-10.25×0.1×ml/L=10-3ml/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)=0.1ml/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，0.1ml•L-1NaHCO3溶液的pH接近8，0.1ml•L-1Na2CO3溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1ml•L-1NaHCO3溶液比0.1ml•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)=0.1 ml/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=10-4
B．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-)=0.1ml·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+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0.05ml/L，剩余碳酸根离子浓度为0.05ml/L，结合A分析可知，，c(OH-)=10-3.8 ml/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-)＜0.1ml·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，Mg2+可转化为Mg(OH)2沉淀或MgCO3沉淀。图1为0.1ml·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+CO32-的平衡常数为
C．由图1，图2，初始状态c(Mg2+) =0.01ml·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)+ 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Mg(OH)2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(Mg2+) =0.01ml·L-1，pH=8.5时，Q(MgCO3)>Ksp (MgCO3)，Q[Mg(OH)2]