备战2026年高考化学二轮复习易错题易错点26沉淀溶解平衡教师版

易错题【01】沉淀溶解平衡图像间的关系有以下三种可能：在曲线上任何一点，Qc=Ksp,沉淀与溶解达到动态平衡，溶液在曲线右上方Qc>Ksp,溶液处于过饱和，有沉淀析出，直至Qc=Ksp。在曲线左下方Qc<Ksp,为不饱和溶液，无沉淀析出，直至Qc=Ksp。易错题【02】有关Ksp的相关计算易错题【03】沉淀的生成Mg(OH)₂的溶解度比MgCO₃的小。渐滴加AgNO₃溶液，可按AgI、AgBr、AgCl的顺序先②对不同类型的沉淀，其沉淀先后顺序要通过计算才能确定例题1、t℃时，两种碳酸盐MCO₃(M表示X²+或Y²+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：),Ksp(XCO₃)<Ksp(YCO₃)。下列说法正确的是()A.线a表示YCO₃的溶解平衡曲线C【解析】Ksp(XCO₃)=c(X2+)c(CO₃),Ks(YCO₃)=c(Y²+)c(CO₃);解平衡曲线，b为YCO₃的溶解平衡曲线，A错误；¹×10⁰mol-L⁻¹=10⁻4,B错误；虽然Ksp(XCO₃)<Ksp(YCO₃),溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，沉淀转化的平衡移动原理为X²+(aq)+YCO₃(s)=XCO₃(s)+Y²+(aq),但加入饱和Y(NO₃)₂溶液，增大了c(Y²+),使平衡逆向移动，可能会有YCO₃生成，C正确；YCO₃沉淀溶解的原理，,向饱和YCO₃溶液中加入Na₂CO₃溶液，不知Na₂CO₃溶液的浓度，无法确定是否一定能产生YCO₃沉淀，D错误。例题2、25℃时，下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别如下表，结合相关数据分析，下列说法错误的是Ag₂SO₄(白色)Ag₂S(黑色)FeS(黑色)A.除去某溶液中的Ag+用Na₂S溶液比Na₂SO₄溶液效果好B.25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶C.向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl₂溶液，沉淀颜色会由黑色变为肉色D.向Ag₂S(s)2Ag(aq)+S²-(aq)平衡体系中加入少量Na₂S固体，溶液中c(Ag+)不变D【解析】Ksp(Ag₂S)<Ks(Ag₂SO₄),除去某溶液中的Ag+用Na₂S溶液比Na₂SO₄溶液效果好，A例题3、为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是①②取上层余下浊液清液mol·L⁻¹KI溶液③ A.①浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN(aq)B.②中颜色变化说明上层清液中含有SCNC.③中颜色变化说明有AgI生成D.该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶该沉淀在溶液中存在溶解平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN(aq),A正确；取①上层清液加入2mol-L⁻¹Fe(NO₃)₃溶液，溶液变成红色，说明有Fe(SCN)₃生成，从而推知上层清液中含有SCN,B正确；①中余下浊液中加入2mol-L⁻¹KI溶液，产生黄色沉淀，该沉淀应为AgI,C正确；①中反应后AgNO₃溶液有剩余，则余下浊液中除含有AgSCN外，还有AgNO₃,再加入2mL2mol-L⁻¹KI溶液生成AgI沉淀，不能说明AgSCN转化为AgI,故不能证明AgI比AgSCN更难溶，D错误。易错题通关易错题通关过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO₄)=5×10-⁵,Ksp(CaCO₃)=3×10-⁹。下列A.0.5mol-·L-¹Na₂CO₃溶液中存在：c(OHC.过滤后所得清液中一定存在：且B.平衡时，c[CaSO₄(aq)]+c[Ca²+]=1.15×10⁻²mol-L¹C.该温度下，K[CaSO₄(s)]=3.0×10⁻⁵moD.加入少量Na₂CO₃固体，c[CaSO₄(aq)]减小，c[SO2(aq)]增大选项实验操作结论A向FeI₂溶液中通入少量Cl₂Cl₂的氧化性强于Fe³+B向NaCl、NaBr的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO₃溶液C常温下，向NaHS溶液中滴加石蕊试液溶液变蓝D向盛有2mL一定浓度的Na3[Ag(S₂O₃)2]溶液的试管中，滴入5滴2mol·L¹KI溶液淀[Ag(S₂O₃)2]³-能够完全电离现有含SrCO₃(S)的0.1mol·L¹、1.0mol·L¹Na₂CO₃溶液，含SrSO₄(S)的0.1mol·L¹、1.0mol-L'Na₂SO₄溶液。在一定pH范围内，四种溶液中1g[c(Sr²+)/mol¹-L']随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是①②pHC.曲线④代表含SrCO₃(S)的1.0mo生沉淀转化5.(2022·湖南·高考真题)室温时，用0.100mol·L¹的标准AgNO₃溶液滴定15.00mL浓度相等的CI、Br和I混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(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。若溶液中离子浓度小于1.0×10⁻⁵mol·L¹时，认为该离子沉淀完全。K,(AgCI)=1.8×10-1⁰,K(AgBr)=5.4×10⁻¹³,K(AgI)=8.5×10⁻¹⁷)。下列说法正确的是aA.a点：有白色沉淀生成C.当Br沉淀完全时，已经有部分CI-沉淀D.b点：c(cr)>c(Br')>c(I)>c(Ag)图所示。下列关于BaCO₃、BaSO₄的说法正确的是①A.加适量BaCl₂固体可使溶液由a点变到b点B.利用Na₂CO₃溶液一定能将BaSO₄固体转化为BaCO₃D.向BaCO₃、BaSO₄饱和溶液中加入少量BaCl₂固体，溶液中减小B.与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C.向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液D.FeS+Ni²+一NiS+Fe²+的平衡常数K=60008.(2022·四川省泸县第二中学一模)某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl₂溶液中滴加0.1mol/L的Na₂S溶液，滴加过程中溶液里-lgc(Cu²+)与Na₂S溶液体积[V(Na₂S)]的关系如图所示。已知：Ksp(ZnS)=3.0×10-²5,下列有关说法正确的是A.a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B.该温度下Ksp(CuS)=1.0×10-18D.如果忽略CuS的溶解，则c点溶液有：2[c(S²-)+c(HS")+c(H₂S)]=c(Cl)9.(2022·广西柳州·模拟预测)难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是B.T₂温度下，K(MA)值为b²C.在T₁温度下，加适量的NaA固体可使饱和溶液由p点变到n点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，下列说法中正确的是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+CO3-?BaCO₃+SO²正向进D.BaSO₄恰好全部转化为BaCO₃时，溶液中离子浓度大小关系为c(CO3-)>c(SO的变化曲线B.Ksp(SrF₂)的数量级为10-⁹C.a、c两点的溶液中均存在：2c(Sr²+D.c点的溶液中存在c(Cl)>c(Sr²+)=c(HF)>c(H+)溶液浸泡，再用稀盐酸或醋酸处理。已知：25℃时，CaSO₄的K=9.2×10⁶,CaCO₃的K=2.8×10⁹,CaCO₃和CaSO₄的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中错误的是A.水垢处理过程中，加入稀盐酸时主要离子反应为CaCO₃+2H⁺=Ca²++H₂O+CO₂↑B.M和N分别代表CaCO₃和CaSO₄的沉淀溶解平衡曲线D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉垢，可实现图中a点到b点的转化已知pCd²+为Cd²+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是pNA.曲线Ⅱ是Cd(OH)₂的沉淀溶解平衡曲线B.加热可使溶液由X点变到Z点C.Y点对应的Cd(OH)₂溶液是过饱和溶液D.T℃时，在CdCO₃(S)+2OH⁻(aq)一Cd(OH)₂(S)+CO3-(aq)平衡体系中，平衡常数K=10²Ksp(CaSO₄)=9.0×10-⁶,Ksp(CaCO₃)=2.8×10⁹,离子浓度与物质常温下的溶解度关系如图所示，下列说法正确的是B.c1的数量级为10⁻⁴,c₂=3.0×10³mol/LC.常温下L₁溶解度：a>d,a>eD.降低温度a点可移动至c点15.(2022贵州贵阳·模拟预测)常温下，向10mL0.1mol-L¹CuCl₂溶液中滴入0.1mol-L¹的Na₂S溶液，溶液中-1gc(Cu²+)随滴入的Na₂S溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A.Na₂S溶液中：c(S²-)+c(HS)+c(H₂S)=2c(Na+)B.Ksp(CuS)的数量级为10-36C.a、b、c三点对应溶液中，b点水的电离程度最大D.c点对应溶液成分只有Na₂S16.(2022·北京·高考真题)白云石的主要化学成分为CaMg(CO₃)₂,还含有质量分数约为2.1%的Fe₂O₃和1.0%的SiO₂。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。物质K(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为o(2)NH₄Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。产品中(CaCO₃纯度1%(以MgCO₃计)实测值—备注：i、MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg)ii、CaCO₃纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO₃纯①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是o②沉钙反应的离子方程式为o③“浸钙”过程不适宜选用n(NH₄C1):n(CaO)的比例为④产品中CaCO₃纯度的实测值高于计算值的原因是(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的(NH₄)₂SO₄溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是_0(4)滤渣C中含有的物质是Mg²+、Ca²+),并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。LiC,产品石灰乳1)水解2)水合A化合物K回答下列问题：(3)为提高Li₂CO₃的析出量和纯度，“操作A”依次为、、洗涤。(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li₂CO₃。查阅资料后，发现文有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO₃的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO₃溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO₃(填“稳定”或“不稳定”),有关反应的离子方程式为o(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na₂CO₃改为通入CO₂。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由_0有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。Na₂CO₃NaOH一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质K一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物回答下列问题：(1)在“脱硫”中PbSO₄转化反应的离子方程式为,用沉淀溶解平衡原理解释选择(2)在“脱硫”中，加入Na₂CO₃不能使铅膏中BaSO₄完全转化，原因(i)能被H₂O₂氧化的离子是_;(ii)H₂O₂促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)₂,其化学方程式为_;(iii)H₂O₂也能使PbO₂转化为Pb(Ac)₂,H₂O₂的作用是_o19.(2022山东·高考真题)工业上以氟磷灰石[Ca₅F(PO₄)₃,含SiO₂等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：硫酸溶液尾气硫酸溶液尾气氟磷灰石一酸解过滤粗磷酸一精制Ⅱ磷酸滤渣洗涤液X洗涤结晶转化石膏回答下列问题：(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO₂反应生成二元强酸H₂SiF₆,离子方程式为__o(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制I中，按物质的量之比n(Na₂CO₃):n(SiF)=1:1加入Na₂CO₃脱氟，充分反应后，c(Na⁺)=.mol·L¹;再分批加入一定量的BaCO₃,首先K(3)SO2浓度(以SO₃%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H₃PO₄浓度(以P₂O₅%计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、P₂O₅%为45的混合体系中，石膏存在形式为 (填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是,回收利用洗涤液X的操作单元是_;一定温度下，石膏存在形式与溶液中P₂O0正电荷，Cr(VI)主要以HCrO₄、Cr₂O²、Cro2-等形式存在，纳米FeS去除已知：K(FeS)=6.5?10¹⁸,K.[Fe(OHD₂]=5.0?1⁷;H₂S电离常数分别为①在弱碱性溶液中，FeS与Cro2反应生成Fe(OH)₃、Cr(OH)₃和单质S,其离子方程式为②在弱酸性溶液中，反应FeS+H⁺Fe²++HS的平衡常数K的数值为o③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越(2)FeS₂具有良好半导体性能。FeS₂的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS₂晶体的一与起始FeS₂的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS₂氧化成含有两种元参考答案B.该反应的平衡常数,当浓度商C.上层清液为碳酸钙的保护溶液，所以清液中满足,由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则综上所述答案为C。K₁=c[CaSO₄(aq)]=6.0×10³mol·L¹,A正确：,解得c[CaSO₄(aq)]+c[Ca+]=6.0×10³+5.5×10³=1.15×10-²mol-·L¹,BC.将两个平衡式相加可得CaSO₄(s)→Ca²+(aq)+SO-(aq),该温度下，K[CaSO₄(s)]=K₁×K₂=3.0×10⁵mol²·L²,C正确；c[so?(aq)]增大，由于仍是饱和溶液，温度不变则c[CaSO₄(aq)]B.氯化钠、溴化钠溶液浓度未知，不能判断两种沉淀的Ksp,B错误；C.溶液为蓝色，故NaHS溶液呈碱性，即HS-的水解程度大于电离程度，即故选C。4.D【详解】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变A.反应SrSO4(s)+CO3-一SrCO₃(s)+SO²的平衡常数B.由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO₄)=10-5.5×0.1=10-6.5,温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为,则a为-6.5,B正确；C.由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；D.对含SrSO₄(s)且Na₂SO₄和Na₂CO3初始浓度均为1.0mol·L-¹的混合溶液中锶离子的浓度为10-6,5,根据图示，pH≥6.9时锶离子的降低，所以pH≥6.9时发生沉淀转化，D错误；5.C【详解】向含浓度相等的CI、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A.I先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；B.原溶液中I的物质的量为1.5×10-4mol,则I的浓度为,故B=5.4×10-8mol/L,若Cl已经开始沉淀，则此时溶液中的D.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，故选C。>cS⁰?),即-1gfcS⁰²的关系曲线，曲线②表示-1g[c(CO3)]与-1g[c(Ba²+)的关系曲线，由c、d点数值计算Ks(BaSO₄)=c(SO?)-c(Ba²+)=105.1+y2),K(BaCO₃=c(CO3)c(Ba²⁴)=10+51+y),据此分析解答。A.曲线②表示-lg[c(CO3)]与-1g[c(Ba²+)]的关系曲线，Ksp(BaCO₃)=c(CO3)·c(Ba²+),加适量BaCl₂固体，溶液中不可能由a点变到b点，故A错误；B.由于Ksp(BaSO₄)<Ksp(BaCO₃),则加入浓度较大的Na₂CO₃溶液才能将BaSO₄固体转化为BaCO₃,浓度过低则不能转化，故B错误；C.饱和液中c(SO2):c(CO3)=c(SO²)×c(Ba²+):c(CO3)×c(Ba²+)=Ksp(BaSO4):D.BaCO₃、BaSO4饱和溶液中,为常数，则加入少量BaCl₂固体，溶液中不变，故D错误； 7.D【详解】A.饱和的NiS溶液中c(Ni²+)=c(S²-)=√K=√1.0×10²1=3.2×10-¹mol-L¹,同理饱和FeS溶液中c(Fe²+)=c(S²-)=2.4×10-⁹mol-L¹,因此I曲线代表的是FeS,Ⅱ曲线代表的B.此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，有沉淀产生，故B错误；C.Q点加水，溶液中c(Ni²+)、c(S2-)减小，Q不能转化到N点，故C错误；D.该反应的平衡常数答案选D。8.D【详解】A.CuCl₂、Na₂S水解促进水电离，b点是CuCl₂与Na₂S溶液恰好完全反应的点，溶质几乎为强酸强碱盐氯化钠，对水的电离没有影响，水的电离程度最小的为b点，故A错误；B.b点是CuCl₂与Na₂S溶液恰好完全反应的点，溶液中c(Cu²+)=c(S2-),根据b点数据可知c(Cu²+)=1×10-1.0mol/L,则该温度下Ksp(CuS)=c(Cu²+)·c(S²-)=1×10-36.0mol²/L²,故B错误；C.ZnS(s)+Cu²+(aq)=CuD.c点时，溶液中的n(Cl)为0.002mol,Na₂S过量0.001mol,由物料守恒可得2[c(S²-)+c(HS-)+c(H₂S)]=c(Cl),故D正确；9.D【详解】A.难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，温度越高离子浓度越大，溶液离子浓度：T₁<T₂,故图中温度T₁<T₂,A项正确；B.T₂温度下，K(MA)=c(M)c(A)=b²,B项正确；C.在T₁温度下，加适量的NaA固体，A-浓度增大，M+浓度减小，故可使饱和溶液由p点D.加入的是NaA溶液，溶液总体积也会增大，溶液中c(M+)c(A)与K(MA)的大小关系不确定，故不一定析出MA沉淀，D项错误；答案选D。10.C【详解】A.悬浊液中加入碳酸钠溶液，硫酸钡转化为碳酸钡，钡离子浓度逐渐减小，故曲线MN表示钡离子浓度变化，A错误；B.硫酸钡的溶度积常数只与温度有关，B错误；C.从图A点分析，硫酸钡的溶度积为10-10,M点分析，碳酸钡的溶度积常数为2.5×10⁴×10⁵=2.5×10⁹,若要使反应BaSO₄+CO3-?BaCO₃+SO²正向进行，需满足D.BaSO₄恰好全部转化为BaCO₃时，硫酸根离子浓度最大，溶液中离子浓度大小关系为c(SO2-)>c(CO3-)>c(Ba²+)故选C。11.C【详解】HF为弱酸，存在电离平衡：HF一H+F,i=c(Sr²+)·c²(F-)=10-⁴×(10-2.2)²=10-8.4,数量级为10-⁹,B正确；C.根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr²+)=c(F),有平衡HF—H++F-可知，溶解得到的c(F-)等于溶液中存在的c(F-)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr²+)=c(F-)+c(HF),D.由图可知，c点处c(Sr²+)=c(F),则与H+结合的F占了SrF₂溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF;c点对应1g[]值大于0,则,即c(HF)>c(H+),故溶液中存在c(Cl-)>c(Sr²+)=c(HF)>c(H+),D正确；12.D【详解】A.水垢处理过程中，先通过碳酸钠溶液浸泡将CaSO₄转化为CaCO₃,再用稀盐酸处理，主要是盐酸与CaCO₃反应，A选项正确；B.Ksp(CaCO₃)<Ksp(CaSO4)可知，M和N分别代表CaCO₃和CaSO₄的沉淀溶解平衡曲线，B选项正确；C.a点Ksp(CaCO₃)=4×10⁴x解得x=7×10-⁶,C选项正确；D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉垢，溶液中的c(Ca²+)将减小，不可能实现图中a点到b点的转化，D选项错误；答案选D。K,(CdCO₃)=c(Ca²+)c(CO3),则PK,(CaCO₃=pCd²++pCO3;Cd(OH)₂的溶解平衡为Cd(OH)₂(s)一Cd²⁺+(aq)pK,p[Cd(OH)₂]-=pCa²⁺+2pA.由于pK(CdCO₃)=pCa²++pCO3,而pK[Ca(OH)₂]=pCd²⁺+2pOH,结合CdCO₃和Cd(OH)₂的沉淀溶解平衡曲线图可知，pK(即K,(CdCO₃)=10⁻¹²;而pK,[Cd(OH)₂]=pCd²⁺+2pOH⁻=6+2×4=4+2×5=2+2×6=14,即K[Cd(OH)₂]=10⁻¹⁴;由此可以判断曲线I为Cd(OH)₂的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ为CdCO₃的溶解平衡曲线，A错误；和OH-浓度会增大，阴阳离子的负对数均发生改变，B错误；C.Y点在Cd(OH)₂的沉淀溶解平衡曲线的上方，pCa²为4,即c(Cd²+)=10⁴;pOH⁻为6,即c(OH)=10⁶,则Q=c(Ca²+)c²(OH)=10⁴×(10⁶²=10⁻¹⁶<K[CaOH₂]=10⁻4,D.由反应CdCO₃(S)+2OH(aq)—Cd(OHc(SO?)=c(Ca²+)=√K,(CaSO₄)=3×10³mol/L。Ksp(Cac(CO)=c(Ca²+)=√K(CaCO₃=√2.8×10⁴⁵mol/L。计算得知c(SO2)>c(CO3),则L2为A.由以上分析L₂为CaSO₄,L₁为CaCO₃,A项错误；B.ci、C₂分别为饱和溶液中的离子浓度，则c₁的数量级为10-⁵而c₂=3×10-³,B项错误；C.a→d点溶液中Ca²+增加而CO3减少，说明向该溶液中加入了Ca²+溶解平衡中CO3增加而Ca²+减少，说明向该溶液中加入了CO3溶解平衡CaCO₃(s)二Ca²+(aq)+CO3(aq)逆向D.降低温度，CaCO₃溶解平衡逆向，饱和溶液中离子浓度降低，a不会移向c点，D项错故选C。15.B【详解】A.根据物料守恒Na₂S溶液中：2c(S2-)+2c(HS")+2c(H₂S)=c(Na+),A项错误；B.b点是CuCl₂与Na₂S溶液恰好完全反应的点，cc(Cu²+)=1×10-¹8mol·L¹,该温度下Ks(CuS)=1×10-36,Ksp(CuS)的数量级为10-³6,B项正确；C.CuCl₂、Na₂S均能水解，促进水电离，b点是CuCl₂与Na₂S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离平衡没有影响，水的电离程度最小的为b点，C项错误；D.c点溶液中Na₂S过量，则对应溶液成分为NaCl和Na₂S,D项错误；答案选B。(2)K[Ca(OH)₂]>K[Mg(OH)₂],在一定量NH₄CI溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO先浸出Ca²++2NH₃·H₂O+CO₂=CaCO₃↓+2NH₄+H₂O2.4:1K,(CaCO₃)<K(MgCO₃),CaCO₃优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙(3)MgO+H₂O=Mg(OH)₂,Mg(OH)₂+2NH₄→Mg²⁺+2NH₃+2H₂O,随大量氨逸出，平衡正向移动【解析】白云石矿样煅烧后CaMg(CO₃)₂转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A,通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B,加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；(1)白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为(2)①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH,由图表可知，K[Ca(OH)]>K„[Mg(OH)₂],在一定量NH,CI溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO首先溶解被浸出；程式为Ca²⁺+2NH₃·H₂O+CO₂=CaCO₃↓+2NH₄+H且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用n(NH₄C1):n(CaO)的比例为2.4:1。④K(CaCO₃)<K(MgCO₃),在反应中CaCO₃会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，Mg(OH)₂+2NH₄→Mg²⁺+2NH₃+2H₂O(4)白云石的主要化学成分为CaMg(CO₃)₂,,还含有质量分数约为2.1%的Fe₂O₃和1.0%的SiO₂;煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于可达98.9%,则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会果，LiHCO₃也会很快分解产生Li₂CO3,所以这一改动能达到相同的效果【解析】浓缩卤水(含有Na*、Li*、CI和少量Mg²+、Ca²+)中加入石灰乳[Ca(OH)₂]后得到含有Na*、Lit、CI和Ca²+的滤液1,沉淀1为Mg(OH)2,向滤液1中加入Li₂CO₃后，得到滤液2,含有的离子为Na+、Lit、CI和OH,沉淀2为CaCO3,向滤液2中加入Na₂CO₃,得到Li₂CO₃沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li₂CO₃。(1)浓缩卤水中含有Mg²,当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)₂沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)₂;(2)滤液1中含有Na、Lit、CI和Ca²+,结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li₂CO₃的目的是将Ca²转化成CaCO₃沉淀除去，同时不引入新杂质；(3)由Li₂CO₃的溶解度曲线可知，温度升高，Li₂CO₃的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高Li₂CO₃的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；(4)饱和LiCl和饱和NaHCO₃等体积混合后，产生了LiHCO₃和NaCl,随后LiHCO₃分解产生了CO₂和Li₂CO₃。故答案为：不稳定，Li++HCO³=LiHCO₃,2LiHCO₃=(5)“滤液2”中含有LiOH,加入Na₂CO₃,目的是将LiOH转化为Li₂CO3。若改为通入过量的CO₂,则LiOH转化为LiHCO₃,结合(4)的探究结果，LiHCO₃也会很快分解产生Li₂CO₃,所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的CO₂.则LiOH转化为LiHCO₃,结合(4)的探究结果，LiHCO₃也会很快分解产生Li₂CO₃,所以这一改动能达到相同的效果。18.(1)PbSO₄(s)+CO3(aq)=PbCO₃(s)+SO2(aq)2(aq)的平衡常数,PbSO₄可以比较彻底的转化为PbCO₃向进行的程度有限(3)Fe²+Pb+H₂O₂+2HAc=Pb(Ac)₂+2H₂O作还原剂【解析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO₂、PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：,由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO₃)=7.4×10-¹4,Ksp(PbSO₄)=2.5×108,反应PbSO4(的平衡常数≈3.4×10⁵>10⁵,说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。≈0.04<<10⁵,说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO₄完全转化。(3)(i)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2,过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)₂和H₂O,依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H₂O₂+2HAc=Pb(Ac)₂+2H₂O。(iii)过氧化氢也能使PbO₂转化为Pb(Ac)2,铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO₂是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢