课时跟踪检测（五十九） 沉淀溶解平衡与四大平衡常数的相关计算（练习）-【创新方案】2026年高考化学一轮复习Ⅱ

课时跟踪检测（五十九） 沉淀溶解平衡与四大平衡常数的相关计算 1．已知：25 ℃时，Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-18，Ka(HCOOH)=1.0×10-4。该温度下，下列说法错误的是 (　 ) A．HCOO-的水解常数为1.0×10-10 B．Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中，c(Zn2+)>1.0×10-6 mol·L-1 C．向Zn(OH)2悬浊液中加入HCOOH，溶液中c(Zn2+)增大 D．Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq)+2HCOO-(aq)+2H2O(l)的平衡常数K=100 解析：选B　HCOO-存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，其水解常数Kh===1.0×10-10，A正确；Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中，2c(Zn2+)=c(OH-)，Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)·c2(OH-)=4c3(Zn2+)=1.0×10-18，则 c(Zn2+)<1.0×10-6 mol·L-1，B错误；向Zn(OH)2悬浊液中加入HCOOH，溶液中c(OH-)减小，Zn(OH)2溶解平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，C正确；该反应的平衡常数K====100，D正确。 2．(2025·河南濮阳一模)常温下，将0.025 mol BaSO4粉末置于盛有蒸馏水的烧杯中形成1 L悬浊液，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示。下列说法正确的是 (　 ) A．曲线MP表示c(Ba2+)的变化 B．BaSO4在BaCl2溶液中的Ksp随着BaCl2溶液浓度增大而减小 C．若要使反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)正向进行，需满足<4×10-2 D．BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小关系为c(C)>c(S)>c(Ba2+)>c(OH-) 解析：选C　向BaSO4悬浊液中加入Na2CO3固体，BaSO4转化为BaCO3，c(Ba2+)逐渐减小，故曲线MN表示c(Ba2+)的变化，A错误；BaSO4的Ksp只与温度有关，B错误；由A点可得BaSO4的Ksp为10-10，由M点可得BaCO3的Ksp为2.5×10-4×10-5=2.5×10-9，若要使反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)正向进行，需满足Q=<K===4×10-2，C正确；BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小关系为c(S)>c(C)>c(Ba2+)>c(OH-)，D错误。 3．(2025·湖北襄阳一模)常温下，向10.0 mL浓度均为0.1 mol·L-1的AlCl3和FeCl3混合溶液中加入NaOH固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b两点溶液的pH分别为3.0、4.3。下列叙述错误的是 (　 ) 已知：①Ksp>Ksp； ②Al3++4OH-，298 K，K稳==1.1×1033。 A．曲线Ⅰ代表Fe3+ B．常温下，Ksp=10-38 C．c点铁、铝元素主要存在形式为Fe和 D．Al+OH-的平衡常数K的数量级为10-1 解析：选D　加入相同物质的量的NaOH后，曲线Ⅱ对应溶液中金属离子浓度较大，由于Ksp>Ksp，所以曲线Ⅱ代表Al3+，曲线Ⅰ代表Fe3+，曲线Ⅲ代表[Al(OH)4]-。a、b两点溶液的pH分别为3.0、4.3，即溶液中c(OH-)分别为10-11 mol·L-1、10-9.7 mol·L-1，由a点可得Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-11)3=10-38，同理可得Ksp[Al(OH)3]=10-5×(10-9.7)3=10-34.1。由分析可知，曲线Ⅰ代表Fe3+，A正确；由分析可知，常温下，Ksp=10-38，B正确；b点时两种金属离子完全沉淀，金属元素主要存在形式为Fe和Al，b点后Al(OH)3会与NaOH反应全部转变为[Al(OH)4]-，所以铝以[Al(OH)4]-形式存在，C正确；该反应的平衡常数K==Ksp[Al]×K稳=1.0×10-34.1×1.1×1033=1.1×10-1.1，数量级为10-2，D错误。 4．室温时，用0.100 mol·L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl-、Br-和I-的混合溶液，通过电位滴定法获得lg c(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用)。溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全[已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgI)=8.5×10-17]。下列说法正确的是 (　 ) A．a点有白色沉淀生成 B．原溶液中I-的浓度为0.100 mol·L-1 C．当Br-沉淀完全时，已经有部分Cl-沉淀 D．b点：c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)>c(Ag+) 解析：选C　已知Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI) ，向浓度相等的Cl-、Br-、I-的混合溶液中滴入AgNO3溶液时，I-先沉淀，所以a点有黄色沉淀AgI生成，A错误；当滴入 4.50 mL AgNO3 溶液时，3种离子均转化为沉淀，则当滴入=1.50 mL AgNO3溶液时，I-几乎完全转化为AgI沉淀，有1.50×10-3 L× 0.100 mol·L-1=15.00×10-3L×c(I-)，解得c(I-)=0.010 mol·L-1，B错误；当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5 mol·L-1)，溶液中c(Ag+)===5.4×10-8mol·L-1，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中c(Cl-)= =≈3.3×10-3mol·L-1，原溶液中 c(Cl-)=c(I-)=0.010 mol·L-1，则已经有部分Cl-沉淀，C正确；b点溶液中加入了过量的AgNO3溶液，溶液中的I-、Br-、Cl-全部转化为沉淀，根据溶度积可知，b点各离子浓度为c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)，D错误。 5．[双选] (2025·山东济南一模)常温下，向10 mL 0.1 mol·L-1NaCl溶液和10 mL 0.1 mol·L-1K2CrO4溶液中分别滴加等物质的量浓度的AgNO3溶液，滴加过程中有关物理量的变化关系如图所示。下列说法正确的是 (　 ) A．常温下，Ksp(AgCl)的数量级为10-10 B．向c(Cl-)=c(Cr)=0.01 mol·L-1的溶液中滴加AgNO3溶液，先得到Ag2CrO4沉淀 C．c点所示溶液中c(Ag+)≈1.3×10-5mol·L-1 D．a、b两点存在沉淀的溶解平衡，而c点不存在此平衡 解析：选AC　当加入相同体积的AgNO3溶液时，参加反应的n(K2CrO4)<n(NaCl)，溶液中-lg c(Cr)<-lg c(Cl-)，所以曲线Ⅰ代表-lg c(Cl-)随V(AgNO3)的变化，曲线Ⅱ代表-lg c(Cr)随V(AgNO3)的变化。根据a点数据，滴加10 mL AgNO3溶液时，NaCl恰好完全反应，溶液中c(Cl-)=c(Ag+)=10-4.9mol·L-1，所以Ksp(AgCl)=10-4.9×10-4.9=10-9.8，数量级为10-10，A正确；b点时AgNO3和K2CrO4恰好完全反应，溶液中c(Cr)=10-4.0mol·L-1，c(Ag+)=2c(Cr)=2×10-4.0mol·L-1，所以Ksp(Ag2CrO4)=(2×10-4.0)2×10-4.0=4×10-12，向c(Cl-)=c(Cr)=0.01 mol·L-1的溶液中滴加AgNO3 溶液，生成AgCl沉淀需要c(Ag+)= mol·L-1=10-7.8 mol·L-1，生成Ag2CrO4沉淀需要c(Ag+)=mol·L-1=2×10-5 mol·L-1，生成Ag2CrO4沉淀需要c(Ag+)大，所以先生成AgCl沉淀，B错误；c点时滴加V(AgNO3)=10 mL，溶液中c(Cr)==0.025 mol·L-1，c(Ag+)= mol·L-1≈1.3×10-5mol·L-1，C正确；a、b、c三点都有沉淀生成，所以a、b、c三点都存在沉淀的溶解平衡，D错误。 6．(2025·北京海淀区一模)分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品的流程如下： 已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅴ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确的是 (　 ) A．步骤ⅰ中一定发生反应：PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq) B．步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸 C．步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应 D．试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出 解析：选C　分银渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等物质，向其中先加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq)，过滤，弃去含有S的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应：PbCO3+2H+(aq)Pb2+(aq)+CO2↑+H2O(l)、Pb2+(aq)+2Cl-(aq)PbCl2(s)、PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)，然后过滤，得到含Pb(Ⅱ)的溶液；向固体A中加入Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)，过滤，弃去含有S的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+(aq)Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含Ba2+的溶液；再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，酸性条件下，NaClO3可以将Au、Ag氧化为金属阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反应，仍以固体形式存在。步骤ⅳ为盐酸与BaCO3反应生成Ba2+、H2O、CO2，离子方程式为BaCO3+2H+Ba2++CO2↑+H2O，Cl-没有参加反应，C错误。 7．(12分)下表是25 ℃时某些弱酸的电离常数。 化学式 CH3COOH HClO Ka 1.8×10-5 3.0×10-8 化学式 H2CO3 H2C2O4 Ka Ka1=4.1×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka1=5.9×10-2 Ka2=6.4×10-5 (1)H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(3分)  (2)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其浓度的大小关系是CH3COOK　　　　NaClO(填“>”“<”或“=”，下同)，两溶液中c(Na+)-c(ClO-)　　　　c(K+)-c(CH3COO-)。(4分)  (3)向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO-)=5∶9，此时溶液pH=　　　　　　。(3分)  (4)向碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  解析：(1)H2C2O4与KOH发生反应：H2C2O4+KOHKHC2O4+H2O，所得溶液呈酸性，说明HC2的电离程度大于其水解程度，故溶液中c(K+)>c(HC2)>c(H+)>c(C2)>c(OH-)。(2)CH3COOH的电离常数大于HClO，故NaClO和CH3COOK溶液浓度相同时，NaClO溶液的碱性较强，pH较大，则pH相同时，NaClO溶液的浓度较小。根据电荷守恒，NaClO溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，即c(Na+)-c(ClO-)=c(OH-)-c(H+)，同理CH3COOK溶液中c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，因为两溶液的pH相同，所以两溶液中c(OH-)-c(H+)相等，则c(Na+)-c(ClO-)=c(K+)-c(CH3COO-)。(3)CH3COOHCH3COO-+H+，K===1.8×10-5，故溶液中 c(H+)=1×10-5 mol·L-1，溶液pH=5。(4)由于酸性：H2CO3>HClO>HC，故向碳酸钠溶液中滴加少量氯水时，发生反应的离子方程式为2C+Cl2+H2OCl-+ClO-+2HC。 答案：(1)c(K+)>c(HC2)>c(H+)>c(C2)>c(OH-)　(2)>　=　(3)5　(4)2C+Cl2+H2OCl-+ClO-+2HC 8．(14分)利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、Cu等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下： 已知：①常温下，H2S饱和溶液中c2(H+)·c()≈9×10-23；②Ksp(ZnS)=2.0×10-22，Ksp(MnS)=2.0×10-13；③ZnSO4的溶解度(g/100 g H2O)如表所示： 温度/℃ ZnSO4 ZnSO4·H2O ZnSO4·6H2O ZnSO4·7H2O 0 41.8 41.9 — 41.9 10 47.5 — — 47.0 20 54.1 54.2 — 54.4 25 58.0 — — 58.0 40 62.1 — 70.1 — 50 74.8 74.0 76.8 — 60 67.2 — — — 70 60.5 — — — 80 — 86.6 — — 90 — 83.5 — — (1)滤渣1主要成分为　　　　(填化学式)、S；写出“酸浸”过程中发生主要反应的离子方程式： 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(4分)  (2)“除铁”的萃取剂为磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示)，萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为　　　　。(2分)  (3)BaS为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS的目的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；  溶液pH过高，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度约为0.2 mol·L-1，则应控制溶液中c(H+)大于　　　　mol·L-1。(4分)  (4)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作：控制温度在　　　　℃以上蒸发结晶、　　　　　、洗涤、干燥。(4分)  解析：(1)“酸浸”过程中，两种矿料发生氧化还原反应：ZnS+MnO2+4H+Zn2++Mn2++S↓+2H2O，所以滤渣1为硫单质和不溶于强酸的SiO2。(2)[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4中，配体为HA和H2O，则该物质中Fe3+的配位数为4。(3)因为Ksp(ZnS)<Ksp(MnS)，所以加入BaS后，Zn2+先沉淀，Mn2+后沉淀，为保证溶液中Zn2+、Mn2+均不沉淀，则c(S2-)<= mol·L-1=1.0×10-21 mol·L-1，常温下，H2S饱和溶液中c2(H+)·c(S2-)≈9×10-23，则溶液中c(H+)>mol·L-1=0.3 mol·L-1。(4)由表中数据可知，ZnSO4·H2O晶体的溶解度在80 ℃以上随温度升高而减小，即操作为控制温度在80 ℃以上蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。 答案：(1)SiO2　ZnS+MnO2+4H+Zn2++Mn2++S↓+2H2O　(2)4　(3)将Cu2+沉淀完全而除去　0.3　(4)80　趁热过滤 学科网（北京）股份有限公司 $$