2025届高三化学一轮复习 专项突破 沉淀溶解平衡

沉淀溶解平衡 一．选择题（共15小题） 1．（2024•山东一模）向饱和AgCl溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+和[Ag（NH3）]++NH3⇌[Ag（NH3）2]+，Pc（M）＝﹣lgc（M）与Pc（NH3）＝﹣lgc（NH3）的关系如图所示{其中M代表Ag+、Cl﹣、[Ag（NH3）]+或[Ag（NH3）2]+}。下列说法错误的是（　　） A．曲线Ⅰ表示与NH3浓度的变化关系 B．AgCl的溶度积常数 C．反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+的平衡常数K的值为103.24 D．Pc（NH3）＝2时，溶液中 2．（2024•薛城区一模）常温下，向含有CH3COOH、Cu2+、Fe2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，pM随pH的变化关系如图所示[图中pM表示或﹣lgc（Cu2+）或﹣lgc（Fe2+）]。 已知：①当溶液中pM＞5时，可认为该金属离子沉淀完全；②Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]。 下列说法正确的是（　　） A．曲线①表示pFe与pH的关系 B． C．pH＝8时，Fe2+和Cu2+均沉淀完全 D．曲线②的pM＝﹣2时，溶液的pH＝2.8 3．（2024•临沂一模）常温下，向含有CH3COOH、Cu2+、Fe2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，pM随pH的变化关系如图所示[图中pM表示或﹣lgc（Cu2+）或﹣lgc（Fe2+）]。 已知：①当溶液中pM＞5时，可认为该金属离子沉淀完全；②Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]。 下列说法正确的是（　　） A．曲线①表示pFe与pH的关系 B． C．pH＝8时，Fe2+和Cu2+均沉淀完全 D．曲线②的pM＝﹣2时，溶液的pH＝2.8 4．（2024•青岛一模）向1L0.1mol•L﹣1Na2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH（忽略溶液体积变化），溶液中所有含碳物种的摩尔分数与pH的关系如图所示。已知Ksp（CaC2O4）＝2.34×10﹣9。下列说法正确的是（　　） A．曲线Ⅰ表示C2的变化情况 B．H2C2O4的Ka2约为10﹣5.4 C．当溶液中c（C2）＝c（HC2）时，c（Na+）＝4c（Cl﹣） D．pH＝0时，向溶液中加入0.1mol CaCl2固体，会产生CaC2O4沉淀 5．（2024•青岛期末）某废水中含浓度相同的Cd2+、Ni2+，若通入H2S气体，保持c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节溶液pH使金属离子分步沉淀。已知常温下，Ksp（CdS）＜Ksp（NiS），﹣lgc（x）与pH关系如图，x表示Cd2+、Ni2+、S2﹣或HS﹣。下列说法错误的是（　　） A．曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2﹣ B．Ka2＝10﹣14.4mol•L﹣1 C．M点会有NiS沉淀析出 D．反应NiS（s）+Cd2+（ag）⇌CdS（s）+Ni2+（aq）的平衡常数K＝107.6 6．（2024•济南模拟）实验室探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。所得数据如表： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量之比n（Ag2SO4）/n（Ag） c（AgNO3）/mol•L﹣1 c（FeSO4）/mol•L﹣1 i 0.04 0.04 a ii 0.1 0.1 0.15 iii 0.5 0.5 0.19 iv 1.0 1.0 0.26 v 1.0 0.5 b 已知：Ksp（Ag2SO4）＝1.2×10﹣5。下列说法错误的是（　　） A．实验ⅰ中a＝0 B．实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，沉淀物质的量之比不变 C．本实验增大反应物浓度，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 D．实验ⅴ中b＞0.19 7．（2024•德州三模）298K时，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HR、Al（NO3）3、Ce（NO3）3三种溶液。pM[p表示负对数，M表示、c（Al3+）、c（Ce3+）]随溶液pH变化的关系如图所示。 已知：常温下，Ksp[Ce（OH）3]＞Ksp[Al（OH）3]，当离子浓度＜10﹣5mol•L﹣1时，该离子完全沉淀。 下列推断正确的是（　　） A．①代表滴定Ce（NO3）3溶液的变化关系 B．调节pH＝5时，溶液中Al3+完全沉淀 C．滴定HR溶液至X点时，溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．经计算，Al（OH）3能完全溶于HR溶液 8．（2024•威海一模）某酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂质离子，可调节pH对其净化（即离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1），并用EBT作为指示剂。已知EBT可与金属离子形成红色络合物，EBT的解离平衡为：H3In（紫红）⇌H2In﹣（紫红）⇌HIn2﹣（蓝）⇌In3﹣（橙）。25℃时，各金属离子浓度的对数值lgc及EBT各型体的分布系数δ随pH的变化如图。下列说法错误的是（　　） A．曲线b表示lgc（Al3+），曲线c表示δ（H2In﹣） B．若加入适量H2O2可进一步提升净化程度 C．当溶液由红色变蓝色时，溶液中四种金属离子净化完全 D．Ksp最大的为Mg（OH）2 9．（2024•山东模拟）菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。常温下，草酸钙在不同pH下体系中lgc（M）与pH关系如图所示（M代表H2C2O4、HC2、C2、Ca2+），已知Ksp（CaC2O4）＝10﹣8.62、Ksp[Ca（OH）2]＝10﹣5.6。下列有关说法正确的是（　　） A．Ka2数量级为10﹣4 B．溶液pH＝7时，c（HC2）+2c（C2）＝2c（Ca2+） C．pH＞12时，曲线①呈上升趋势的原因是部分CaC2O4转化为Ca（OH）2 D．A点时，体系中c（Ca2+）＞c（H2C2O4）＝c（HC2）＞c（C2）＞c（H+）＞c（OH﹣） 10．（2024•泰安一模）25℃下，在含一定质量Mg（OH）2的悬浊液中，分6次快速注入等量盐酸，体系pH变化曲线如图。下列说法不正确的是（　　） A．由图可知，酸碱中和反应速率大于Mg（OH）2沉淀溶解速率 B．第6次加入盐酸时，Mg（OH）2沉淀消耗完全 C．由图可知Ksp[Mg（OH）2]＝5×10﹣32.8 D．上述过程中Mg（OH）2沉淀溶解平衡常数保持不变 11．（2024•日照一模）Cu2+与NH3可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：，向某浓度的硫酸铜溶液中通入氨气，实验测得含Cu微粒的物质的量分布系数与溶液中p（NH3）[p（NH3）＝﹣lgc（NH3）]关系如图。下列说法正确的是（　　） A．曲线Ⅱ表示分布系数的变化情况 B．当p（NH3）＝4时， C．反应的平衡常数K＝10﹣12.6 D．M点时 12．（2024•菏泽一模）将CaCO3（s）或ZnCO3（s）悬浊液置于分压固定的CO2气相中，体系中pH与lgc关系如图所示。pH变化对H2CO3的浓度基本无影响。c为H2CO3、、、Ca2+、Zn2+的浓度，单位为mol•L﹣1。已知：Ksp（CaCO3）＞Ksp（ZnCO3），CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）。下列说法正确的是（　　） A．L1表示lgc（）﹣pH曲线 B．＝1×10﹣16.7（mol•L﹣1）2 C．CaCO3（s）+Zn2+（aq）⇌ZnCO3（s）+Ca2+（aq），平衡常数K＝101.5 D．向a点溶液中加入ZnCl2，可以到达b点 13．（2024•聊城一模）室温下，向c（Al3+）、c（Zn2+）均为0.1mol⋅L﹣1的混合溶液中持续通入H2S气体，始终保持H2S饱和（H2S的物质的量浓度为0.1mol⋅L﹣1），通过调节pH使Al3+、Zn2+分别沉淀，溶液中﹣lgc与pH的关系如图所示。其中，c表示Al3+、Zn2+、OH﹣和S2﹣的物质的量浓度的数值，Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10﹣17。下列说法错误的是（　　） A．①代表lgc（S2﹣）与pH的关系曲线 B．pH逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为ZnS C．Al（OH）3的Ksp＝10﹣32.8 D．Zn2++H2S⇌ZnS↓+2H+的平衡常数K＝10﹣0.4 14．（2024•滕州市期末）某小组同学进行如下实验探究。下列分析正确的是（　　） A．实验②、③黄色沉淀中均不含AgCl B．实验②证明浊液a中存在AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq） C．实验②和③的反应不可用相同的离子方程式表示 D．实验②的黄色沉淀中再滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液后，可转变为白色 15．（2024•济宁期末）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+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lgc与pH的关系；图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c（）＝Ksp（MgCO3）[起始c（Na2CO3）＝0.1mol•L﹣1，不同pH下含碳粒子的浓度由图1得到]。 下列说法错误的是（　　） A．由图1，pH＝8.31时，c（H2CO3）＝c（） B．图2中，初始状态pH＝9，lg[c（Mg2+）]＝﹣2，平衡后溶液中存在：c（H2CO3）+c（）+c（）＝0.1mol•L﹣1 C．图1和图2，初始状态pH＝11，lg[c（Mg2+）]＝﹣5，发生反应：Mg2++2+2H2O═Mg（OH）2↓+2 D．沉淀0.1mol•L﹣1Mg2+制备MgCO3时，选用0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液比同浓度的Na2CO3产品纯度高 二．解答题（共5小题） 16．（2024•市南区一模）氧族元素及其化合物在生产、生活中发挥着重要的作用。回答下列问题： （1）工业上常用硫化物（FeS等）作沉淀剂除去废水中的Cu2+等重金属离子。已知常温下CuS饱和溶液中，﹣lgc（Cu2+）和﹣lgc（S2﹣）关系如图所示， Ksp（CuS）＝ 　 　；图中a、b、c三点对应的溶液中，一定存在CuS沉淀的是 　 　（填序号）。 （2）硒是人体必需的微量元素。工业上将含硒工业废料处理得到亚硒酸（H2SeO3）和硒酸（H2SeO4），进而制备单质硒。亚硒酸（H2SeO3）在溶液中存在多种微粒形态，25℃时各微粒的分布系数δ与溶液pH的关系如图所示。（分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数） ①将KOH滴入H2SeO3溶液中，当pH达到2.0时，发生反应的离子方程式是 　 　。 ②25℃时，KHSeO3溶液的pH＜7，通过计算和必要的文字加以解释：　 　。 ③已知硒酸的电离方程式为：H2SeO4＝H++，⇌H++。25℃时，下列关于0.1mol•L﹣1NaHSeO4溶液的说法错误的是 　 　。 A．c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣） B．c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+c（H2SeO4） C．c（）+c（）+c（H2SeO4）＝0.1mol•L﹣1 D．c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣） 17．（2024•烟台一模）制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”（含有少量Cl﹣、Fe3+）称为“烂板液”。某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn（NO3）2⋅6H2O的过程如图： 已知：Zn（OH）2能与碱反应；常温下Ksp[Fe（OH）3]＝2.4×10﹣39，Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10﹣17。 （1）上述过程中多步操作需控制溶液pH，实验室用pH试纸测溶液pH的正确操作是 　 　。 （2）在操作1中pH不宜过高的原因是 　 　，该操作所得沉淀为 　 　。 （3）常温下，操作1所得滤液中Zn2+与Fe3+的物质的量浓度之比为 　 　。 （4）操作2中加入物质A的作用是 　 　。 （5）“冷却结晶”步骤中需加入硝酸保持pH＝2，其目的是 　 　。 18．（2024•江北区一模）某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，可采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。请回答以下问题： 表1 几种盐的Ksp 难溶物 Ksp Ca3（AsO4）2 6.8×10﹣19 CaSO4 4.9×10﹣5 FeAsO4 5.7×10﹣21 表2 工厂污染物排放浓度及允许排放标准 污染物 H2SO4 As 废水浓度 29.4g•L﹣1 1.6g•L﹣1 排放标准 pH＝6～9 0.5mg•L﹣1 （1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝　 　mol•L﹣1。 （2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（）＝　 　mol•L﹣1。 （3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（弱酸H3AsO3）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（弱酸H3AsO4），此时MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为　 　。 （4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右，使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降。 ①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为　 　。 ②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为　 　。 ③砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数（25℃）为：Ka1＝5.6×10﹣3，Ka2＝1.7×10﹣7，Ka3＝4.0×10﹣12，第三步电离的平衡常数的表达式为Ka3＝　 　，Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：+H2O⇌+OH﹣，该步水解的平衡常数（25℃）为：　 　。 19．（2024•宝山区一模）H2S是一种重要的化工原料，25℃时，Ksp（CuS）＝6.0×10﹣36，Ksp（FeS）＝6.0×10﹣18；H2S：Ka1＝1×10﹣7，Ka2＝1×10﹣13。 （1）写出硫化氢在水中的电离方程式：　 　（写出第一步电离即可）。 （2）常温下，将10mL0.1mol•L﹣1Na2S溶液和10mL0.1mol•L﹣1HCl溶液混合，混合后溶液的pH 　 　（填“大于”或“小于”）7，溶液中含硫微粒的浓度大小顺序为 　 　。 （3）常温下，水溶液中c（H+）和c（OH﹣）的浓度变化如图所示，下列说法正确的是 　 　（填标号）。 A．将硫化氢通入水中，溶液中c（H+）的变化：a→b B．b点溶液中可大量存在的离子：S2﹣，K+，Fe3+、Cl﹣ C．将硫氢化钾固体加到水中，水的电离程度减小 D．c点时加入少量硫化钠固体，最终不变 （4）常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，其反应原理为H2S（aq）+Cu2+（aq）＝CuS（s）+2H+（aq），该反应的平衡常数为 　 　（保留3位有效数字）。 （5）硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，发生反应的离子方程式为 　 　，当反应达到平衡时，＝　 　。 20．（2024•上海）已知：Ca2++2⇌CaCO3+H2CO3 ①⇌H++ ②Ca2++⇌CaCO3 ③+H+⇌H2CO3 （1）（不定项）以下能判断反应到达平衡的是 　 　。 A.钙离子浓度不变 B.碳酸氢根和碳酸根的浓度比不变 C.两个物质的正反应速率是1：1 D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数 （2）pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因：　 　。 已知H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，CaCO3的Ksp＝2.8×10﹣9 （3）若c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1， 求c（H2CO3）＝　 　。 当c（Ca2+）＝　 　mol•L﹣1时，开始产生CaCO3沉淀。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•山东一模）向饱和AgCl溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+和[Ag（NH3）]++NH3⇌[Ag（NH3）2]+，Pc（M）＝﹣lgc（M）与Pc（NH3）＝﹣lgc（NH3）的关系如图所示{其中M代表Ag+、Cl﹣、[Ag（NH3）]+或[Ag（NH3）2]+}。下列说法错误的是（　　） A．曲线Ⅰ表示与NH3浓度的变化关系 B．AgCl的溶度积常数 C．反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+的平衡常数K的值为103.24 D．Pc（NH3）＝2时，溶液中 【答案】D 【分析】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。 【解答】解：A．根据分析，曲线Ⅰ表示与NH3浓度的变化关系，故A正确； B．横坐标均为1时，c（Ag+）＝10﹣7.40mol/L，c（Cl﹣）＝10﹣2.35mol/L，AgCl的溶度积常数，故B正确； C．横坐标均为1时，c（Ag+）＝10﹣7.40mol/L，，，反应的平衡常数K＝，故C正确； D．Pc（NH3）＝2时，c（NH3）＝0.01mol/L，溶液中，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 2．（2024•薛城区一模）常温下，向含有CH3COOH、Cu2+、Fe2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，pM随pH的变化关系如图所示[图中pM表示或﹣lgc（Cu2+）或﹣lgc（Fe2+）]。 已知：①当溶液中pM＞5时，可认为该金属离子沉淀完全；②Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]。 下列说法正确的是（　　） A．曲线①表示pFe与pH的关系 B． C．pH＝8时，Fe2+和Cu2+均沉淀完全 D．曲线②的pM＝﹣2时，溶液的pH＝2.8 【答案】D 【分析】A．Cu（OH）2与Fe（OH）2均为AB2型沉淀，其pM随pH变化的曲线的斜率相等，曲线②与曲线①③的斜率不同，故曲线②表示变化；另外，根据坐标a（4.2，0）得，坐标c（5.8，0）得； B．根据坐标b（4.8，0）得c（H+）＝10﹣4.8，； C．pH＝8时，c（Cu2+）＝10﹣7.6，Cu2+沉淀完全，c（Fe2+）＝10﹣4.4； D．曲线②的pM＝﹣2时，，联立。 【解答】解：A．Cu（OH）2与Fe（OH）2均为AB2型沉淀，其pM随pH变化曲线的斜率相等，据a（4.2，0）得，c（5.8，0）得，已知Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，故，，曲线②与曲线①③的斜率不同，故曲线②表示变化；曲线①表示﹣lgc（Cu2+），曲线③表示﹣lgc（Fe2+），故A错误； B．据b（4.8，0）得c（H+）＝10﹣4.8，，则，故B错误； C．pH＝8时，c（Cu2+）＝10﹣7.6，Cu2+沉淀完全，c（Fe2+）＝10﹣4.4，Fe2+沉淀不完全，故C错误； D．曲线②的pM＝﹣2时，，则，溶液中c（H+）＝10﹣2.8，pH＝2.8，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 3．（2024•临沂一模）常温下，向含有CH3COOH、Cu2+、Fe2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，pM随pH的变化关系如图所示[图中pM表示或﹣lgc（Cu2+）或﹣lgc（Fe2+）]。 已知：①当溶液中pM＞5时，可认为该金属离子沉淀完全；②Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]。 下列说法正确的是（　　） A．曲线①表示pFe与pH的关系 B． C．pH＝8时，Fe2+和Cu2+均沉淀完全 D．曲线②的pM＝﹣2时，溶液的pH＝2.8 【答案】D 【分析】Cu（OH）2与Fe（OH）2均为AB2型沉淀，则在图像中二者的斜率相同，斜率不同的表示pM表示的关系，然后根据已知a、c点的坐标推算出表示相应斜线物质的Ksp，判断是哪种物质，再结合若离子沉淀完全，离子浓度小于10﹣5 mol/L分析解答。 【解答】解：A．Cu（OH）2与Fe（OH）2均为AB2型沉淀，其pM随pH变化的曲线的斜率相等，曲线②与曲线①③的斜率不同，故曲线②表示变化；根据坐标a（4.2，0）得Ksp1＝10﹣19.6；根据坐标c（5.8，0）可得Ksp2＝10﹣16.4；，已知由于Ksp[Fe（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]，故Ksp[Fe（OH）2]＝10﹣16.4，Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣19.6，曲线①表示表示pCu与pH的关系，曲线③表示pFe与pH的关系，故A错误； B．根据坐标b（4.8，0）可知溶液中c（H+）＝10﹣4.8 mol/L，＝0，则Ka（CH3COOH）＝10﹣4.8，故B错误； C．当溶液pH＝8时，溶液中c（Cu2+）＝mol/L＝10﹣7.6 mol/L＜10﹣5mol/L，Cu2+沉淀完全；c（Fe2+）＝mol/L＝10﹣4.4 mol/L＞10﹣5mol/L，Fe2+沉淀不完全，故C错误； D．曲线②的pM＝﹣2时，，结合Ka（CH3COOH）＝10﹣4.8，可知溶液中c（H+）＝10﹣2.8 mol/L，pH＝2.8，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 4．（2024•青岛一模）向1L0.1mol•L﹣1Na2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH（忽略溶液体积变化），溶液中所有含碳物种的摩尔分数与pH的关系如图所示。已知Ksp（CaC2O4）＝2.34×10﹣9。下列说法正确的是（　　） A．曲线Ⅰ表示C2的变化情况 B．H2C2O4的Ka2约为10﹣5.4 C．当溶液中c（C2）＝c（HC2）时，c（Na+）＝4c（Cl﹣） D．pH＝0时，向溶液中加入0.1mol CaCl2固体，会产生CaC2O4沉淀 【答案】D 【分析】H2C2O4是二元弱酸，向Na2C2O4溶液中通入HCl调整溶液pH时，c（Na2C2O4）逐渐减少，Na2C2O4转化为转化为NaHC2O4，而后NaHC2O4再转化为H2C2O4，即随着溶液pH逐渐减小时c（C2）逐渐减小、c（HC2）先增大后减小，c（H2C2O4）逐渐增大，则图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2C2O4、HC2、C2，且c（HC2）＝c（H2C2O4）时pH＝1.2，此时c（H2C2O4）的电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.2，Ka2＝×c（H+），Ka1•Ka2＝c2（H+）×，由图可知，c（HC2）＝c（C2）时pH＝2.7，此时Ka1•Ka2＝c2（H+）＝（10﹣2.7）2，Ka2＝10﹣4.2，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2C2O4、HC2、C2，故A错误； B．由上述分析可知，Ka1＝×c（H+）＝10﹣1.2，Ka2＝×c（H+），Ka1•Ka2＝c2（H+）×，由图可知，c（HC2）＝c（C2）时pH＝2.7，此时Ka1•Ka2＝c2（H+）＝（10﹣2.7）2，Ka2＝10﹣4.2，故B错误； C．由图可知，c（C2）＝c（HC2）时溶液呈酸性，即HC2的电离程度大于HC2、C2的水解程度，此时溶液中c（NaCl）＝c（NaHC2O4）＞0.5mol/L＞c（Na2C2O4），c（Na+）＝0.2mol/L，则c（Na+）＜4c（Cl﹣），故C错误； D．由图可知，pH＝0时，c（H2C2O4）＝0.1mol/L×0.94＝0.094mol/L，Ka1•Ka2＝c2（H+）×＝10﹣5.4，c（C2）＝10﹣5.4×0.094mol/L＝3.76×10﹣7mol/L， 加入0.1mol CaCl2固体时c（Ca2+）＝0.1mol/L，浓度积Q＝c（Ca2+）•c（C2）＝3.76×10﹣8＞Ksp（CaC2O4），即有CaC2O4沉淀生成，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离平衡，侧重分析能力和计算能力考查，把握图中曲线表示的意义、电离平衡常数的计算方法、溶度积常数的应用是解题关键，题目难度中等。 5．（2024•青岛期末）某废水中含浓度相同的Cd2+、Ni2+，若通入H2S气体，保持c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节溶液pH使金属离子分步沉淀。已知常温下，Ksp（CdS）＜Ksp（NiS），﹣lgc（x）与pH关系如图，x表示Cd2+、Ni2+、S2﹣或HS﹣。下列说法错误的是（　　） A．曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2﹣ B．Ka2＝10﹣14.4mol•L﹣1 C．M点会有NiS沉淀析出 D．反应NiS（s）+Cd2+（ag）⇌CdS（s）+Ni2+（aq）的平衡常数K＝107.6 【答案】C 【分析】x表示Cd2+、Ni2+、S2﹣或HS﹣，随着pH增大，H2S的电离程度增大，弱酸性溶液中c（HS﹣）和c（S2﹣）均逐渐增大，即﹣lgc（HS﹣）、﹣lgc（S2﹣）均逐渐减小，且pH相同时c（HS﹣）＞c（S2﹣）、﹣lg（HS﹣）＜﹣lg（S2﹣）；随着pH的增大，c（S2﹣）逐渐增大，c（Cd2+）和c（Ni2+）逐渐减小，即﹣lg（Cd2+）和﹣lg（Ni2+）均随着pH增大而增大，且Ksp（CdS）＜Ksp（NiS），当pH相同时c（S2﹣）相同，则有c（Ni2+）＞c（Cd2+），﹣lg（Ni2+）＜p（Cd2+），所以a、b、c、d分别表示Cd2+、Ni2+、S2﹣、HS﹣，pH＝1.6时，c（HS﹣）＝10﹣6.5mol/L，Ka1（H2S）＝×c（H+）＝×10﹣1.6＝10﹣7.1，pH＝4.8时，c（S2﹣）＝c（Cd2+）＝10﹣12.9mol/L，Ksp（CdS）＝c（S2﹣）•c（Cd2+）＝10﹣25.8；pH＝6.7时，c（S2﹣）＝c（Ni2+）＝10﹣9.1mol/L，Ksp（NiS）＝c（S2﹣）•c（Ni2+）＝10﹣18.2，此时c（HS﹣）＝＝mol/L＝10﹣1.4mol/L，Ka2（H2S）＝×c（H+）＝×10﹣6.7＝10﹣14.4，据此分析解答。 【解答】解：A．随pH增大，H2S的电离程度增大，c（HS﹣）和c（S2﹣）均逐渐增大，即﹣lgc（HS﹣）、﹣lgc（S2﹣）均逐渐减小，且pH相同时c（HS﹣）＞c（S2﹣）、﹣lg（HS﹣）＜﹣lg（S2﹣）；随着c（S2﹣）逐渐增大，c（Cd2+）和c（Ni2+）逐渐减小，﹣lg（Cd2+）和﹣lg（Ni2+）均逐渐增大，由于Ksp（CdS）＜Ksp（NiS），则pH相同时c（S2﹣）相同，有c（Ni2+）＞c（Cd2+），﹣lg（Ni2+）＜p（Cd2+），所以a、b、c、d分别表示Cd2+、Ni2+、S2﹣、HS﹣，故A正确； B．pH＝6.7时，c（S2﹣）＝c（Ni2+）＝10﹣9.1mol/L，Ksp（NiS）＝c（S2﹣）•c（Ni2+）＝10﹣18.2，此时c（HS﹣）＝＝mol/L＝10﹣1.4mol/L，Ka2（H2S）＝×c（H+）＝×10﹣6.7＝10﹣14.4，故B正确； C．曲线b代表Ni2+，M点位于曲线b的上方，此时浓度积Q＜Ksp（NiS），即M点无NiS沉淀析出，故C错误； D．由上述分析可知，Ksp（CdS）＝10﹣25.8，Ksp（NiS）＝10﹣18.2，反应NiS（s）+Cd2+（ag）⇌CdS（s）+Ni2+（aq）的平衡常数K＝＝＝＝107.6，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡和电离平衡的计算，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握曲线对应微粒关系的判断、溶度积常数及其计算、电离平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。 6．（2024•济南模拟）实验室探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。所得数据如表： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量之比n（Ag2SO4）/n（Ag） c（AgNO3）/mol•L﹣1 c（FeSO4）/mol•L﹣1 i 0.04 0.04 a ii 0.1 0.1 0.15 iii 0.5 0.5 0.19 iv 1.0 1.0 0.26 v 1.0 0.5 b 已知：Ksp（Ag2SO4）＝1.2×10﹣5。下列说法错误的是（　　） A．实验ⅰ中a＝0 B．实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，沉淀物质的量之比不变 C．本实验增大反应物浓度，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 D．实验ⅴ中b＞0.19 【答案】B 【分析】A．等体积混合后，此时； B．实验ⅲ中n（Ag2SO4）/n（Ag）＝0.19，说明Fe2+过量，实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，Fe2+被氧化成Fe3+，使Fe2+Ag+⇌Ag+Fe3+逆向移动； C．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大； D．对比实验iii和v，可知b＞0.19。 【解答】解：A．等体积混合后，此时，不会产生Ag2SO4沉淀，所以a＝0，故A正确； B．实验ⅲ中n（Ag2SO4）/n（Ag）＝0.19，Fe2+过量，实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，Fe2+被氧化成Fe3+，使Fe2+Ag+⇌Ag+Fe3+逆向移动，沉淀物质的量之比发生变化，故B错误； C．本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故C正确； D．由于对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，对比实验iii和v，可知b＞0.19，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 7．（2024•德州三模）298K时，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HR、Al（NO3）3、Ce（NO3）3三种溶液。pM[p表示负对数，M表示、c（Al3+）、c（Ce3+）]随溶液pH变化的关系如图所示。 已知：常温下，Ksp[Ce（OH）3]＞Ksp[Al（OH）3]，当离子浓度＜10﹣5mol•L﹣1时，该离子完全沉淀。 下列推断正确的是（　　） A．①代表滴定Ce（NO3）3溶液的变化关系 B．调节pH＝5时，溶液中Al3+完全沉淀 C．滴定HR溶液至X点时，溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．经计算，Al（OH）3能完全溶于HR溶液 【答案】C 【分析】根据KspCe（OH）3＝c（Ce3+）3c（OH﹣），由于Ksp[Ce（OH）3]＞Ksp[Al（OH）3]，且满足pCe3+＜pAl3+，即Al（NO3）3、Ce（NO3）3两条线不可能相交，③为HR滴定曲线，而①、②分别为Al（NO3）3、Ce（NO3）3滴定曲线，由pH＝4.1时，c（OH﹣）＝10﹣9.9mol/L，推知Ksp[Al（OH）3]＝1×（10﹣9.9）3＝10﹣29.7，同理pH＝7.3时，推得Ksp[Ce（OH）3]＝1×（10﹣6.7）3＝10﹣20.1，由pH＝5.5时，得出，据此回答。 【解答】解：A．根据分析可知，①代表滴定Al（NO3）3溶液的变化关系，故A错误； B．调节pH＝5时，c（OH﹣）＝10﹣9mol/L，则＞10﹣5，溶液中Al3+未完全沉淀，故B错误； C．X点成分为NaR、NaOH，该溶液呈碱性所以c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确； D．，，该反应的K小，该反应很难发生，Al（OH）3不能完全溶于HR溶液，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 8．（2024•威海一模）某酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂质离子，可调节pH对其净化（即离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1），并用EBT作为指示剂。已知EBT可与金属离子形成红色络合物，EBT的解离平衡为：H3In（紫红）⇌H2In﹣（紫红）⇌HIn2﹣（蓝）⇌In3﹣（橙）。25℃时，各金属离子浓度的对数值lgc及EBT各型体的分布系数δ随pH的变化如图。下列说法错误的是（　　） A．曲线b表示lgc（Al3+），曲线c表示δ（H2In﹣） B．若加入适量H2O2可进一步提升净化程度 C．当溶液由红色变蓝色时，溶液中四种金属离子净化完全 D．Ksp最大的为Mg（OH）2 【答案】A 【分析】随着pH增大，c（H+）减小，EBT的解离平衡正向进行程度大，因此曲线c表示的是δ（HIn2﹣），离子被净化时浓度c≤1.0×10﹣5mol/L，则lgc≤﹣5，Al3+离子刚好完全沉淀的pH＝4.7，因此曲线b表示的是lgc（Al3+），曲线a表示lgc（Mg2+），据此分析回答。 【解答】解：A．分析可知，曲线b表示lgc（Al3+），曲线c表示δ（HIn2﹣），故A错误； B．图示可知，Fe2+离子沉淀时的pH高于Al3+离子，由于Al（OH）3能溶液强碱，若加入适量H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，再调节溶液pH至Al3+沉淀完全时，能同时除去Fe3+、Al3+，防止pH过高氢氧化铝溶解，能进一步提升净化程度，故B正确； C．EBT可与金属离子形成红色配合物，图中分析可知，随着pH增大，金属离子逐渐沉淀除去，当溶液由红色变蓝色时，EBT以HIn2﹣型踢存在于溶液中，说明溶液中无金属离子与之形成配合物，溶液中四种金属离子净化完全，故C正确； D．当lgc＝﹣5时，该离子刚好完全沉淀，图中曲线可知Mg2+完全沉淀时pH最大，Ksp最大的为Mg（OH）2，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查了沉淀溶解平衡、溶度积常数的计算应用、离子除杂的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度较大。 9．（2024•山东模拟）菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。常温下，草酸钙在不同pH下体系中lgc（M）与pH关系如图所示（M代表H2C2O4、HC2、C2、Ca2+），已知Ksp（CaC2O4）＝10﹣8.62、Ksp[Ca（OH）2]＝10﹣5.6。下列有关说法正确的是（　　） A．Ka2数量级为10﹣4 B．溶液pH＝7时，c（HC2）+2c（C2）＝2c（Ca2+） C．pH＞12时，曲线①呈上升趋势的原因是部分CaC2O4转化为Ca（OH）2 D．A点时，体系中c（Ca2+）＞c（H2C2O4）＝c（HC2）＞c（C2）＞c（H+）＞c（OH﹣） 【答案】B 【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，、、，所以在CaC2O4溶液中，，即①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+。 【解答】解：A．，，①③相交时从图中可知此时pH大于4小于5，所以Ka2数量级为10﹣5，故A错误； B．溶液pH＝7时c（H+）＝c（OH﹣），溶液中电荷守恒，所以，故B正确； C．由图像可知，pH＞12时，如pH＝13，c（OH﹣）＝0.1mol/L、c（Ca2+）＝10﹣4.5mol/L，此时，即没有氢氧化钙沉淀析出，故C错误； D．据以上分析可知，①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+，所以A点时①表示的浓度小于此时溶液中的c（H+），故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生溶度积曲线的掌握情况，试题难度中等。 10．（2024•泰安一模）25℃下，在含一定质量Mg（OH）2的悬浊液中，分6次快速注入等量盐酸，体系pH变化曲线如图。下列说法不正确的是（　　） A．由图可知，酸碱中和反应速率大于Mg（OH）2沉淀溶解速率 B．第6次加入盐酸时，Mg（OH）2沉淀消耗完全 C．由图可知Ksp[Mg（OH）2]＝5×10﹣32.8 D．上述过程中Mg（OH）2沉淀溶解平衡常数保持不变 【答案】C 【分析】A．中和反应是一个进行的极快的反应； B．由图可知第6次加入盐酸时，溶液的pH不变； C．根据Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）•c（OH﹣）2进行解答； D．沉淀溶解平衡常数只与温度有关。 【解答】解：A．中和反应是一个进行的极快的反应，瞬间就可完成，酸碱中和反应速率大于Mg（OH）2沉淀溶解速率，故A正确； B．由图可知第6次加入盐酸时，溶液的pH不变，Mg（OH）2沉淀消耗完全，故B正确； C．由图可知未加入稀盐酸时溶液的pH＝10.6，c（H+）＝1×10﹣10.6，则c（OH﹣）＝1×10﹣3.4，c（Mg2+）＝，Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝×10﹣3.4×（1×10﹣3.4）2＝5×10﹣11.2，故C错误； D．沉淀溶解平衡常数只与温度有关，温度不变沉淀溶解平衡常数保持不变，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查探究难溶物的溶解平衡，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，正确理解题给信息并明确题给信息的含义是解本题关键，难点是信息的理解和灵活运用，题目难度中等。 11．（2024•日照一模）Cu2+与NH3可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：，向某浓度的硫酸铜溶液中通入氨气，实验测得含Cu微粒的物质的量分布系数与溶液中p（NH3）[p（NH3）＝﹣lgc（NH3）]关系如图。下列说法正确的是（　　） A．曲线Ⅱ表示分布系数的变化情况 B．当p（NH3）＝4时， C．反应的平衡常数K＝10﹣12.6 D．M点时 【答案】A 【分析】第一步：明确图中纵、横轴的含义；纵、横轴分别代表含Cu微粒的物质的量分布分数和溶液中p（NH3）[p（NH3）＝﹣lgc（NH3）]；第二步：理解图中的曲线变化，推断每条曲线代表的含义；由图可知，曲线Ⅰ在滴加氨水过程中逐渐减小，说明曲线Ⅰ表示Cu2+的分布系数曲线，的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是分布系数曲线，继续滴加氨水，浓度逐渐减小，的浓度逐渐增大，则曲线Ⅲ表示分布系数曲线，以此类推，曲线Ⅳ表示分布系数曲线，曲线Ⅴ表示分布系数曲线；第三步：对曲线交点分析，当c（Cu2+）＝时，＝＝104.1；当＝时，＝＝103.5；当＝时，＝＝102.9；当＝时，＝＝102.1，据此分析解答。 【解答】解：A．由分析可知，曲线Ⅱ表示分布系数的变化情况，故A正确； B．由图可知，当p（NH3）＝4时，，故B错误； C．反应的平衡常数＝K1⋅K2⋅K3⋅K4＝104.1×103.5×102.9×102.1＝1012.6，故C错误； D．由平衡常数定义可知，，，，lgK2+lgK3+lgK4＝lgK2×K3×K4，把K2、K3、K4代入上式，M点时，经过化简后可得，即满足M点时，＝，经简化可得到lgK2+lgK3+lgK4＝＝﹣3lgc（NH3），即M点时，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生分布分数曲线的掌握情况，试题难度中等。 12．（2024•菏泽一模）将CaCO3（s）或ZnCO3（s）悬浊液置于分压固定的CO2气相中，体系中pH与lgc关系如图所示。pH变化对H2CO3的浓度基本无影响。c为H2CO3、、、Ca2+、Zn2+的浓度，单位为mol•L﹣1。已知：Ksp（CaCO3）＞Ksp（ZnCO3），CO2（g）+H2O（l）⇌H2CO3（aq）。下列说法正确的是（　　） A．L1表示lgc（）﹣pH曲线 B．＝1×10﹣16.7（mol•L﹣1）2 C．CaCO3（s）+Zn2+（aq）⇌ZnCO3（s）+Ca2+（aq），平衡常数K＝101.5 D．向a点溶液中加入ZnCl2，可以到达b点 【答案】B 【分析】分压固定的CO2气相中，使溶液中CO2浓度也相应固定，因此L3为H2CO3的浓度，随着pH逐渐增大，的浓度逐渐增大，且pH较小时的浓度大于的浓度，所以L1表示，L2表示；根据Ksp（CaCO3）＞Ksp（ZnCO3）判断，L4为Ca2+的浓度，L5为Zn2+的浓度，据此分析解答。 【解答】解：A．根据分析，L1表示，L2表示，故A错误； B．由图可知L1和L3交于pH＝6.4的点，此时，则Ka1（H2CO3）＝c（H+）＝10﹣6.4，L1和L2交点可求得Ka2（H2CO3）＝c（H+）＝10﹣10.3，，故B正确； C．通过b点数据可得Ksp（CaCO3）＝，L2和L5两点交于lgc＝﹣5.4，Ksp（ZnCO3）＝，则，，故C错误； D．通过b点数据可得Ksp（CaCO3）＝，b为L1和L4交点，向a点溶液中加入CaCl2可以达到b点溶液，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生难溶沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 13．（2024•聊城一模）室温下，向c（Al3+）、c（Zn2+）均为0.1mol⋅L﹣1的混合溶液中持续通入H2S气体，始终保持H2S饱和（H2S的物质的量浓度为0.1mol⋅L﹣1），通过调节pH使Al3+、Zn2+分别沉淀，溶液中﹣lgc与pH的关系如图所示。其中，c表示Al3+、Zn2+、OH﹣和S2﹣的物质的量浓度的数值，Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10﹣17。下列说法错误的是（　　） A．①代表lgc（S2﹣）与pH的关系曲线 B．pH逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为ZnS C．Al（OH）3的Ksp＝10﹣32.8 D．Zn2++H2S⇌ZnS↓+2H+的平衡常数K＝10﹣0.4 【答案】D 【分析】由于c（Al3+）、c（Zn2+）均为0.1mol⋅L﹣1，则曲线③④表示的离子为c（Al3+）或c（Zn2+），纵坐标表示的为﹣lgc，则离子浓度越小，﹣lgc越大，则曲线①代表lgc（S2﹣）与pH的关系，则曲线②代表lgc（OH﹣）与pH的关系，根据曲线②与曲线④的交点坐标（5.8，8.2），可知此时pH＝5.8，则c（OH﹣）＝10﹣8.2mol/L，同时根据，则曲线④为lgc（Al3+）与pH的关系，曲线③为lgc（Zn2+）与pH的关系，据此分析。 【解答】解：A．由分析可知，①代表lgc（S2﹣）与pH的关系，故A正确； B．曲线①代表lgc（S2﹣）与pH的关系，曲线③为lgc（Zn2+）与pH的关系，则根据二者交点（5.6，10.8）可知，，，当c（Zn2+）为0.1mol⋅L﹣1时，随pH逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为ZnS，故B正确； C．曲线②代表lgc（OH﹣）与pH的关系，曲线④为lgc（Al3+）与pH的关系，根据曲线②与曲线④的交点坐标（5.8，8.2），可知此时pH＝5.8，则c（OH﹣）＝10﹣8.2mol/L，c（Al3+）＝10﹣8.2mol/L，则，故C正确； D．的平衡常数表达式为，根据曲线①代表lgc（S2﹣）与pH的关系，曲线③为lgc（Zn2+）与pH的关系，则根据二者交点（5.6，10.8）可知，此时c（S2﹣）＝10﹣10.8mol/L，c（H+）＝10﹣5.6mol/L，c（H2S）＝0.1mol/L，根据B选项，，代入数据，K＝100.6，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查电离平衡和沉淀溶解平衡，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断曲线代表物质是解题的关键，注意平衡常数的计算和使用。 14．（2024•滕州市期末）某小组同学进行如下实验探究。下列分析正确的是（　　） A．实验②、③黄色沉淀中均不含AgCl B．实验②证明浊液a中存在AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq） C．实验②和③的反应不可用相同的离子方程式表示 D．实验②的黄色沉淀中再滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液后，可转变为白色 【答案】C 【分析】1mL0.1mol/LNaCl溶液和2mL0.1mol/LAgNO3溶液混合，反应生成1.0×10﹣4mol AgCl和1.0×10﹣4mol NaNO3，剩余1.0×10﹣4mol AgNO3，静置后得到浊液a；过滤后，滤渣为AgCl白色沉淀，经多次洗涤后，滴加1mL0.1mol/LKI溶液，生成黄色沉淀，此沉淀应为AgI；滤液中含1.0×10﹣4mol AgNO3，滴加1mL0.1mol/LKI溶液，生成AgI黄色沉淀，据此分析解答。 【解答】解：A．实验③中，由于存在平衡AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq），AgCl不能完全转化为AgI，故A错误； B．实验②中，溶液中含有过量的硝酸银溶液，则滴加碘化钾，反应生成碘化银沉淀，不能说明浊液a中也存在平衡AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），故B错误； C．实验②反应的离子方程式为Ag++I﹣＝AgI↓，实验③反应的离子方程式为AgCl（s）+I﹣（aq）⇌AgI（s）+Cl﹣（aq），属于沉淀的转化，二者离子方程式不同，故C正确； D．由于碘化银比氯化银难溶，则往AgI沉淀中再滴加足量0.1mol/L的NaCl溶液后，黄色沉淀不能转化为白色沉淀，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查沉淀的溶解平衡，涉及物质的量的计算、平衡移动原理、离子方程式的书写等，题目中等难度。 15．（2024•济宁期末）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+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lgc与pH的关系；图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c（）＝Ksp（MgCO3）[起始c（Na2CO3）＝0.1mol•L﹣1，不同pH下含碳粒子的浓度由图1得到]。 下列说法错误的是（　　） A．由图1，pH＝8.31时，c（H2CO3）＝c（） B．图2中，初始状态pH＝9，lg[c（Mg2+）]＝﹣2，平衡后溶液中存在：c（H2CO3）+c（）+c（）＝0.1mol•L﹣1 C．图1和图2，初始状态pH＝11，lg[c（Mg2+）]＝﹣5，发生反应：Mg2++2+2H2O═Mg（OH）2↓+2 D．沉淀0.1mol•L﹣1Mg2+制备MgCO3时，选用0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液比同浓度的Na2CO3产品纯度高 【答案】B 【分析】由图1可知，从左到右三条先分别代表H2CO3、、，由pH＝6.37对应的交点计算Ka1（H2CO3）＝10﹣6.37，由pH＝10.25对应的交点计算Ka2（H2CO3）＝10﹣10.25， A．Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3）＝据此计算； B．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（）+c（）＜c（Na2CO3）＝0.1mol/L； C.pH＝11时溶液中主要含碳微粒是，pH＝11、lg[c（Mg2+）]＝﹣5时，该点位于曲线Ⅱ的下方，曲线Ⅰ的上方，属于碳酸镁的不饱和溶液，氢氧化镁的过饱和溶液，所以有氢氧化镁沉淀生成； D.沉淀0.1mol/LMg2+制备MgCO3时，选用0.1mol/LNaHCO3溶液时发生Mg2++2＝MgCO3↓+H2O+CO2↑，选用同浓度的Na2CO3除了由碳酸镁生成外还有杂质氢氧化镁生成。 【解答】解：A．由分析可知，Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3）＝＝10﹣6.37×10﹣10.25＝10﹣16.62，pH＝8.31时，c（H+）＝10﹣8.31，带入上述公式可得c（H2CO3）＝c（），故A正确； B．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（）+c（）＜c（Na2CO3）＝0.1mol/L，故B错误； C.pH＝11时溶液中主要含碳微粒是，pH＝11、lg[c（Mg2+）]＝﹣5时，该点位于曲线Ⅱ的下方，曲线Ⅰ的上方，属于碳酸镁的不饱和溶液，氢氧化镁的过饱和溶液，所以有氢氧化镁沉淀生成，Mg2+和反应生成Mg（OH）2沉淀，则反应的离子方程式为Mg2++2+2H2O═Mg（OH）2↓+2，故C正确； D.沉淀0.1mol/LMg2+制备MgCO3时，选用0.1mol/LNaHCO3溶液时发生Mg2++2＝MgCO3↓+H2O+CO2↑，选用同浓度的Na2CO3除了由碳酸镁生成外还有杂质氢氧化镁生成，前者产品纯度高，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离平衡，侧重图象分析能力和基础知识综合运用能力的考查，把握溶度积常数的应用、图象上下方位置离子的种类及性质是解题关键，注意掌握Ksp、浓度积Q及其与生成沉淀的关系，题目难度中等。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•市南区一模）氧族元素及其化合物在生产、生活中发挥着重要的作用。回答下列问题： （1）工业上常用硫化物（FeS等）作沉淀剂除去废水中的Cu2+等重金属离子。已知常温下CuS饱和溶液中，﹣lgc（Cu2+）和﹣lgc（S2﹣）关系如图所示， Ksp（CuS）＝ 　1.0×10﹣36　；图中a、b、c三点对应的溶液中，一定存在CuS沉淀的是 　b　（填序号）。 （2）硒是人体必需的微量元素。工业上将含硒工业废料处理得到亚硒酸（H2SeO3）和硒酸（H2SeO4），进而制备单质硒。亚硒酸（H2SeO3）在溶液中存在多种微粒形态，25℃时各微粒的分布系数δ与溶液pH的关系如图所示。（分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数） ①将KOH滴入H2SeO3溶液中，当pH达到2.0时，发生反应的离子方程式是 　H2SeO3+OH﹣＝+H2O　。 ②25℃时，KHSeO3溶液的pH＜7，通过计算和必要的文字加以解释：　Ka2＞Kh2，的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，所以KHSeO3溶液pH＜7　。 ③已知硒酸的电离方程式为：H2SeO4＝H++，⇌H++。25℃时，下列关于0.1mol•L﹣1NaHSeO4溶液的说法错误的是 　BC　。 A．c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣） B．c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+c（H2SeO4） C．c（）+c（）+c（H2SeO4）＝0.1mol•L﹣1 D．c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣） 【答案】（1）1.0×10﹣36；b； （2）①H2SeO3+OH﹣＝+H2O； ②Ka2＞Kh2，的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，所以KHSeO3溶液pH＜7； ③BC。 【分析】（1）由图可知，常温下 CuS 饱和溶液中，当﹣lgc（Cu2+）＝0 时，﹣lgc（S2﹣）＝36，则 c（Cu2+）＝1mol/L，c（S2﹣）＝1.0×10﹣36mol/L，故 Ksp（CuS）＝c（Cu2+）•c（S2﹣）＝1.0×10﹣36 ；曲线上各点表示溶解平衡状态，表示溶液为饱和溶液，则a点为 CuS 的饱和溶液，不一定有 CuS 沉淀，﹣lgc（Cu2+） 越大，c（Cu2+） 越小，同理，﹣lgc（S2﹣） 越大，c（S2﹣） 越小； （2）将 KOH 滴入 H2SeO3溶液中，先发生反应 H2SeO3+OH﹣＝+H2O，再发生反应 +OH﹣＝+H2O，则 δ0表示 H2SeO3的分布系数，δ1表示 的分布系数，δ2表示 的分布系数。 【解答】解：（1）由图可知，常温下 CuS 饱和溶液中，当﹣lgc（Cu2+）＝0 时，﹣lgc（S2﹣）＝36，则 c（Cu2+）＝1mol/L，c（S2﹣）＝1.0×10﹣36mol/L，故 Ksp（CuS）＝c（Cu2+）•c（S2﹣）＝1.0×10﹣36 ；曲线上各点表示溶解平衡状态，表示溶液为饱和溶液，则a点为 CuS 的饱和溶液，不一定有 CuS 沉淀，﹣lgc（Cu2+） 越大，c（Cu2+） 越小，同理，﹣lgc（S2﹣） 越大，c（S2﹣） 越小，则c点表示 CuS 的不饱和溶液，一定没有CuS沉淀存在，b点为CuS 的过饱和溶液，一定会生成 CuS 沉淀， 故答案为：1.0×10﹣36；b； （2）将 KOH 滴入 H2SeO3溶液中，先发生反应 H2SeO3+OH﹣＝+H2O，再发生反应 +OH﹣＝+H2O，则 δ0表示 H2SeO3的分布系数，δ1表示 的分布系数，δ2表示 的分布系数； ①由图可知，将 KOH 滴入 H2SeO3溶液中，从开始到pH达到2.0时，H2SeO3在减小，在增多，则发生反应的离子方程式是 H2SeO3+OH﹣＝+H2O， 故答案为：H2SeO3+OH﹣＝+H2O； ②KHSeO3溶液中既存在 的电离：⇌H++，也存在的水解：+H2O⇌H2SeO3+OH﹣，由图知，c（）＝c（） 时，c（H+）＝1.0×10﹣7.3mol/L，则的电离常数为 Ka2＝＝1.0×10﹣7.3；当c（H2SeO3）＝c（）时，c（H+）＝1.0×10﹣2.5mol/L，Ka1＝＝1.0×10﹣2.5，则 的水解常数为 Kh2＝＝1.0×10﹣11.5，Ka2＞Kh2，即 的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，所以 KHSeO3溶液 pH＜7， 故答案为：Ka2＞Kh2，的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，所以KHSeO3溶液pH＜7； ③已知硒酸的电离方程式为：H2SeO4＝H++，⇌H++，第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHSeO4溶液中存在：NaHSeO4＝Na++，⇌H++，H2O⇌H++OH﹣，不能水解，溶液中不会有 H2SeO4分子； A．溶液中存在 ⇌H++，H2O⇌H++OH﹣，且 电离是微弱的，则 c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣），故A正确； B．不能水解，溶液中不会有 H2SeO4分子，根据质子守恒，应为 c（H+）＝c（OH﹣）+c（），故B错误； C．不能水解，溶液中不会有 H2SeO4分子，根据物料守恒知，应为 c（）+c（）＝0.1mol•L﹣1，故C错误； D．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），故D正确； 故答案为：BC。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 17．（2024•烟台一模）制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”（含有少量Cl﹣、Fe3+）称为“烂板液”。某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn（NO3）2⋅6H2O的过程如图： 已知：Zn（OH）2能与碱反应；常温下Ksp[Fe（OH）3]＝2.4×10﹣39，Ksp[Zn（OH）2]＝1.2×10﹣17。 （1）上述过程中多步操作需控制溶液pH，实验室用pH试纸测溶液pH的正确操作是 　取pH试纸放在洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，得颜色变化后，与标准比色卡对照读数　。 （2）在操作1中pH不宜过高的原因是 　防止生成的Zn（OH）2沉淀被溶解　，该操作所得沉淀为 　Zn（OH）2、Fe（OH）3　。 （3）常温下，操作1所得滤液中Zn2+与Fe3+的物质的量浓度之比为 　5.0×1015　。 （4）操作2中加入物质A的作用是 　调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3而除去　。 （5）“冷却结晶”步骤中需加入硝酸保持pH＝2，其目的是 　抑制Zn2+水解　。 【答案】（1）取pH试纸放在洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，得颜色变化后，与标准比色卡对照读数； （2）防止生成的Zn（OH）2沉淀被溶解；Zn（OH）2、Fe（OH）3； （3）5.0×1015； （4）调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3而除去； （5）抑制Zn2+水解。 【分析】“烂板液”中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl﹣、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的pH＝8，使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀中加硝酸溶解，溶液中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子，加入物质A调节溶液的pH使铁离子沉淀，溶液是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩，冷却结晶，得到Zn（NO3）2•6H2O晶体，据此分析解答。 【解答】解：（1）实验室用pH试纸测溶液pH的正确操作是：取pH试纸放在洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，得颜色变化后，与标准比色卡对照读数， 故答案为：取pH试纸放在洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中间，得颜色变化后，与标准比色卡对照读数； （2）因为Zn（OH）2具有两性，能与强碱反应，pH不宜过高的原因是防止生成的Zn（OH）2沉淀被溶解；在碱性条件下，Fe3+、Zn2+都会转化为氢氧化物沉淀，所以该操作所得沉淀为Zn（OH）2和Fe（OH）3， 故答案为：防止生成的Zn（OH）2沉淀被溶解；Zn（OH）2、Fe（OH）3； （3）常温下，操作1的溶液pH＝8，则c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣6mol/L，＝＝＝＝5.0×1015， 故答案为：5.0×1015； （4）操作2中加入物质A的作用是调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3而除去， 故答案为：调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3而除去； （5）Zn（NO3）2是一种强酸弱碱盐，易水解，锌离子易水解生成氢氧化锌，保持Ph＝2酸性条件下可抑制锌离子的水解， 故答案为：抑制Zn2+水解。 【点评】本题考查物质的分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度不大，注意根据物质的性质选择分离提纯的方法，注意把握所使用仪器和操作步骤。 18．（2024•江北区一模）某硫酸工厂的酸性废水中砷（As）元素含量极高，为控制砷的排放，可采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。请回答以下问题： 表1 几种盐的Ksp 难溶物 Ksp Ca3（AsO4）2 6.8×10﹣19 CaSO4 4.9×10﹣5 FeAsO4 5.7×10﹣21 表2 工厂污染物排放浓度及允许排放标准 污染物 H2SO4 As 废水浓度 29.4g•L﹣1 1.6g•L﹣1 排放标准 pH＝6～9 0.5mg•L﹣1 （1）该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝　0.3　mol•L﹣1。 （2）若酸性废水中Fe3+的浓度为1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（）＝　5.7×10﹣17　mol•L﹣1。 （3）工厂排放出的酸性废水中的三价砷（弱酸H3AsO3）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（弱酸H3AsO4），此时MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为　2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O　。 （4）在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右，使五价砷以Ca3（AsO4）2形式沉降。 ①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为　CaSO4　。 ②Ca3（AsO4）2在pH调节到8左右才开始沉淀，原因为　H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀　。 ③砷酸（H3AsO4）分步电离的平衡常数（25℃）为：Ka1＝5.6×10﹣3，Ka2＝1.7×10﹣7，Ka3＝4.0×10﹣12，第三步电离的平衡常数的表达式为Ka3＝　　，Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：+H2O⇌+OH﹣，该步水解的平衡常数（25℃）为：　2.5×10﹣3　。 【答案】（1）0.3； （2）5.7×10﹣17； （3）2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O； （4）①CaSO4； ②H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀； ③2.5×10﹣3。 【分析】（1）图表中的硫酸质量浓度换算物质的量计算，c＝； （2）Ksp越小，越易先生成沉淀，然后依据溶度积常数计算得到c（）的浓度； （3）反应物和生成物结合元素化合价的变化配平方程式； （4）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出； ②H3AsO4是弱酸电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀； ③H3AsO4的第三步电离式为⇌H++，依此写出电离的平衡常数的表达式；依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算。 【解答】解：（1）图表中硫酸浓度为29.4g/L，换算物质的量浓度＝＝0.3mol•L﹣1， 故答案为：0.3； （2）若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol•L﹣1，依据Ksp大小可以得到，Ksp（FeAsO4）小，反应过程中Fe3+先析出沉淀；依据Ksp（FeAsO4）＝c（Fe3+）c（）＝5.7×10﹣21；Fe3+的浓度均为1.0×10﹣4mol•L﹣1，则 c（）＝＝5.7×10﹣17mol/L， 故答案为：5.7×10﹣17； （3）三价砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷（H3AsO4弱酸），则该反应的离子方程式为：2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O； 故答案为：2H++MnO2+H3AsO3＝H3AsO4+Mn2++H2O； （4）①硫酸钙难溶于酸，所以酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为CaSO4， 故答案为：CaSO4； ②H3AsO4是弱酸电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀， 故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀； ③H3AsO4的第三步电离式为⇌H++，所以第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝，Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：+H2O⇌+OH﹣，该步水解的平衡常数Kh＝＝×＝＝＝2.5×10﹣3， 故答案为：；2.5×10﹣3。 【点评】本题考查了溶液中浓度的换算，沉淀溶解平衡的溶度积常数计算，水解常数和电离常数的计算，离子方程式的书写，沉淀的形成等，考查的知识点较多，侧重于对学生计算能力的考查，题目难度中等． 19．（2024•宝山区一模）H2S是一种重要的化工原料，25℃时，Ksp（CuS）＝6.0×10﹣36，Ksp（FeS）＝6.0×10﹣18；H2S：Ka1＝1×10﹣7，Ka2＝1×10﹣13。 （1）写出硫化氢在水中的电离方程式：　　（写出第一步电离即可）。 （2）常温下，将10mL0.1mol•L﹣1Na2S溶液和10mL0.1mol•L﹣1HCl溶液混合，混合后溶液的pH 　大于　（填“大于”或“小于”）7，溶液中含硫微粒的浓度大小顺序为 　　。 （3）常温下，水溶液中c（H+）和c（OH﹣）的浓度变化如图所示，下列说法正确的是 　AD　（填标号）。 A．将硫化氢通入水中，溶液中c（H+）的变化：a→b B．b点溶液中可大量存在的离子：S2﹣，K+，Fe3+、Cl﹣ C．将硫氢化钾固体加到水中，水的电离程度减小 D．c点时加入少量硫化钠固体，最终不变 （4）常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，其反应原理为H2S（aq）+Cu2+（aq）＝CuS（s）+2H+（aq），该反应的平衡常数为 　1.67×1015　（保留3位有效数字）。 （5）硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，发生反应的离子方程式为 　FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）　，当反应达到平衡时，＝　1018　。 【答案】（1）； （2）大于；； （3）AD； （4）1.67×1015； （5）FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）；1018。 【分析】（1）根据硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS﹣、H+，进行分析。 （2）根据计算出Ka2＞Kb2，HS﹣的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性进行分析。 （3）根据硫化氢是弱电解质，Fe3+会将S2﹣氧化，HS﹣的电离程度弱于其水解程度，进行分析。 （4）根据①＝②+③﹣④，确定①的平衡常数进行分析。 （5）根据加入沉淀剂FeS，FeS转化为CuS，进行分析。 【解答】解：（1）硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS﹣、H+，电离方程式为， 故答案为：； （2）等浓度、等体积的Na2S和HCl反应生成等物质的量浓度的NaCl、NaHS，H2S的，其，则Ka2＞Kb2，HS﹣的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性；因为HS﹣的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的浓度大小顺序为， 故答案为：大于；； （3）A．硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS﹣、H+，溶液中氢离子浓度增大、氢氧根离子浓度减小，故A正确； B．Fe3+会将S2﹣氧化，二者不能大量共存，故B错误； C．根据第2问解析，HS﹣的电离程度弱于其水解程度，将硫氢化钾固体加到水中，水的电离程度增大，故C错误； D．，温度不变则最终不变，故D正确； 故答案为：AD； （4）① ② ③HS﹣⇌H++S2﹣ ④CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq） 则①＝②+③﹣④，①的平衡常数为， 故答案为：1.67×1015； （5）＜，则向含Cu2+的废水中加入沉淀剂FeS，FeS转化为CuS，离子方程式为FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）；当反应达到平衡时，， 故答案为：FeS（s）+Cu2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CuS（s）；1018。 【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 20．（2024•上海）已知：Ca2++2⇌CaCO3+H2CO3 ①⇌H++ ②Ca2++⇌CaCO3 ③+H+⇌H2CO3 （1）（不定项）以下能判断反应到达平衡的是 　AB　。 A.钙离子浓度不变 B.碳酸氢根和碳酸根的浓度比不变 C.两个物质的正反应速率是1：1 D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数 （2）pH增大有利于珊瑚的形成，请解释原因：　溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀　。 已知H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，CaCO3的Ksp＝2.8×10﹣9 （3）若c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1， 求c（H2CO3）＝　2×10﹣6mol•L﹣1　。 当c（Ca2+）＝　4.2×10﹣3　mol•L﹣1时，开始产生CaCO3沉淀。 【答案】（1）AB； （2）溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀； （3）2×10﹣6mol•L﹣1；4.2×10﹣3。 【分析】（1）A.钙离子浓度不变，可逆反应达到平衡状态； B.碳酸氢根和碳酸根离子的浓度之比不变，则各自的浓度不变，可逆反应达到平衡状态； C.在平衡体系中：Ca2++2⇌CaCO3+H2CO3，Ca2+、H2CO3的正反应速率始终是1：1，不是变量； D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数，但某个数不确定，无法确定是否达到平衡状态； （2）珊瑚的主要成分是碳酸钙，溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀； （3）当c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（H2CO3）＝＝2×10﹣6mol•L﹣1，根据c（ ）＝，计算出c（ ），根据c（Ca2+）×c（ ）＝2.8×10﹣9，计算出c（Ca2+）。 【解答】解：（1）A.钙离子浓度不变，其它组分的浓度不变，可逆反应达到平衡状态，故A正确； B.碳酸氢根和碳酸根离子的浓度之比不变，则各自的浓度不变，可逆反应达到平衡状态，故B正确； C.在平衡体系中：Ca2++2⇌CaCO3+H2CO3，Ca2+、H2CO3的正反应速率始终是1：1，没有给出逆反应速率，故C错误； D.碳酸的正反应速率和碳酸氢根的逆反应速率之比是某个数，但某个数不确定，不能确定是否达到平衡状态，故D错误； 故答案为：AB； （2）珊瑚的主要成分是碳酸钙，溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀， 故答案为：溶液的pH增大，溶液中OH﹣的浓度增大，会结合H+，促进H2CO3向生成 的方向移动，进而增大 浓度，有利于生成 CaCO3 沉淀； （3）当c（H+）＝8.4×10﹣9mol•L﹣1，c（）＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，c（H2CO3）＝＝2×10﹣6mol•L﹣1，c（ ）＝＝＝mol•L﹣1，c（Ca2+）×c（ ）＝c（Ca2+）×＝2.8×10﹣9，解得：c（Ca2+）＝4.2×10﹣3mol•L﹣1， 故答案为：2×10﹣6mol•L﹣1；4.2×10﹣3。 【点评】本题主要考查平衡状态的判断，平衡移动的影响因素，平衡常数和Ksp的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$