专题06 沉淀溶解平衡（期末真题汇编 广东专用）高二化学上学期

专题06 沉淀溶解平衡 4大高频考点概览 考点01 难溶电解质的溶解平衡 考点02 溶度积常数 考点03 溶度积曲线 考点04 沉淀溶解平衡的应用 地 城 考点01 难溶电解质的溶解平衡 1．（24-25高二上·广东江门·期末）常温下，当悬浊液达到溶解平衡时，则 A．沉淀的速率和溶解的速率相等 B．体系中和浓度相等 C．再加入固体，可以增大 D．升高温度可以促进溶解，增大 2．（24-25高二上·广东云浮·期末）25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡：PbI2(s)Pb2+(aq) + 2I－ (aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是 A．沉淀溶解平衡向左移动 B．溶度积常数Ksp增大 C．溶液中Pb2+浓度增大 D．溶液中Pb2+和I－ 浓度都减小 3．（24-25高二上·广东珠海·期末）Mg(OH) 2在水中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，下列能使Mg(OH)2(s)减少的是 A．加入MgCl2溶液 B．加入少量NaOH固体 C．加入NH4NO3溶液 D．加入CH3COOK固体 4．（24-25高二上·广东佛山·期末）关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体——NaUr，其平衡关系为：Ur—(aq)+Na+(aq) NaUr(s)，其中Ur—表示尿酸根离子。医生常嘱咐关节炎病人要注意保暖，特别是手脚等离心脏较远的部位。因为第一次关节炎的发作大都在手指或脚趾的关节处。这说明 A．形成尿酸钠晶体的反应为放热反应 B．形成尿酸钠晶体的反应为吸热反应 C．尿酸钠溶解度较大 D．尿酸钠晶体一定难溶于水 5．（24-25高二上·广东中山·期末）25 ℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是 A．溶液中Pb2＋和I－浓度都增大 B．溶度积常数Ksp增大 C．沉淀溶解平衡不移动 D．溶液中Pb2＋浓度减小 6．（24-25高二上·广东肇庆·期末）某冶金厂废水的pH为4.5，含超标10倍的Pb2+。该厂处理废水的下列设计中，比较合理的是 A．用离子交换法除去Pb2+ B．在废水中加硫酸，生成PbSO4沉淀 C．在废水中加石灰，调节pH到11.0，使Pb2+转化为氢氧化物沉淀 D．在废水中加NaOH，调节pH到11.0，使Pb2+转化为氢氧化物沉淀 7．（24-25高二上·广东揭阳·期末）已知：AgBr比AgCl更难溶，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为 A．只有AgBr沉淀生成 B．AgCl与AgBr沉淀等量生成 C．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主 D．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主 8．（22-23高二上·广东深圳·期末）为探究沉淀AgCl和AgI之间的转化，按照下图所示的实验进行了实验探究，下列关于该实验的分析错误的是 A．滤液为AgCl饱和溶液，且 B．可以预测滤液中滴加KI溶液后无明显现象 C．白色沉淀转化为黄色沉淀说明AgCl可转化成AgI D．该实验可以得出AgI的溶解度和Ksp均比AgCl的小 9．（24-25高二上·广东清远·期末）下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH-完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是 金属离子 Fe2＋ Fe3＋ Zn2＋ 完全沉淀时的pH 7.7 4.5 6.5 A．H2O2、ZnO B．氨水 C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液 10．（24-25高二上·广东韶关·期末）某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是 A．AgCl的溶解度、Ksp均减小 B．AgCl的溶解度、Ksp均不变 C．AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D．AgCl的溶解度不变、Ksp减小 地 城 考点02 溶度积常数 1．（24-25高二上·广东广州·期末）在25 ℃时，FeS的Ksp=6.3×10-18，CuS的Ksp=1.3×10-36，ZnS的Ksp=1.3×10-24.下列有关说法中正确的是 A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10-36 mol·L-1 B．25 ℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度 C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成 D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大 2．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知：对于含 Fe2(SO4)3、FeSO4和CuSO4各0.5 mol 的1 L 混合溶液，根据上表数据判断，下列说法错误的是 物质 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Ksp(25℃ ) 8.0×10-16 2.2×10-20 4.0×10-38 A．FeCl3 溶液溶解部分 Cu(OH)2 沉淀，主要是因为 Fe3+结合 Cu(OH)2 溶解的 OH— B．向溶液中加入双氧水，并用CuO 粉末调节 pH，过滤后可获得溶质主要为CuSO4 的溶液 C．若要完全除去其中的 Fe3+，可以加热搅拌，促进水解，从而产生 Fe(OH)3 沉淀 D．将少量 FeCl3 粉末加入含 Cu(OH)2 的悬浊液中，其中 c(Cu2+)增大 3．（24-25高二上·广东珠海·期末）向含Ni2+与Cu2+浓度皆为0.05mol·L-1的溶液中加入某有机试剂HR。{已知：2HR(有机相)+Cu2+(水相)(有机相)+2H+(水相)，， }，下列有关说法不正确的是 A．加有机试剂HR的目的是通过“萃取”的方式分离出Cu2+ B．向有机相中加入稀硫酸可进行“反萃取”，得到CuSO4溶液 C．一定条件下，，则Cu2+的萃取率为 D．通过向水相中加入MgO固体，可实现Ni2+的有效去除 4．（24-25高二上·广东佛山·期末）为验证银氨溶液中也存在[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)络合平衡体系，特设计如图实验： 实验 试剂 现象 试管 滴管      2mL[Ag(NH3)2]+溶液 6滴0.1mol•L-1KCl溶液 I中无明显现象 6滴饱和KCl溶液 II中产生白色沉淀 6滴0.1mol•L-1KI溶液 III中产生黄色沉淀 6滴0.1mol•L-1HCl溶液 IV中产生白色沉淀 下列说法不正确的是 A．通过I、II对比，说明II中能生成沉淀的原因是c(Cl-)•c(Ag+)＞Ksp(AgCl) B．通过I、III对比，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) C．通过I、IV对比，说明NH3与H+的结合能力小于与Ag+的结合能力 D．络合平衡与难溶电解质的溶解平衡都是化学平衡的一种 5．（24-25高二上·广东汕头·期末）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 6．（24-25高二上·广东中山·期末）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．Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)>1.0×10-6 mol·L-l B．HCOO-的水解常数为1.0×10-10 C．向Zn(OH)2 悬浊液中加入HCOOH,溶液中c(Zn2+)增大 D．Zn(OH)2+2HCOOH=Zn2++2HCOO-+2H2O 的平衡常数K=100 7．（24-25高二上·广东茂名·期末）已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9×10-11。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO，浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 A．Cl-、Br-、CrO B．CrO、Br-、Cl- C．Br-、Cl-、CrO D．Br-、CrO、Cl- 地 城 考点03 溶度积曲线 1．（23-24高二上·广东广州·期末）一定温度下，BaSO4沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 A．a点、c点对应的Ksp(BaSO4)相等 B．d点加入BaSO4固体不能继续溶解 C．升高温度，可使溶液由c点变到b点 D．饱和 BaSO4溶液导电能力很弱，BaSO4是弱电解质 2．（24-25高二上·广东深圳·期末）室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是    A．的数值为 B．点时有生成 C．加入蒸馏水可使溶液由点变成点 D．点与点对应的溶度积相等 3．（22-23高二上·广东广州·期末）已知298K时，，，随着温度的升高两者的都增大。298K时，饱和溶液中和的关系如图所示，其中，或，下列说法正确的是 A．298K时向悬浊液中加入固体，将随之减小 B．为除去溶液中混有的少量，可加入适量固体，充分搅拌后过滤 C．对于曲线I，在b点加热(忽略水的蒸发)，b点向c点移动 D．曲线II代表的是 4．（24-25高二上·广东佛山·期末）已知时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向该条件下的饱和溶液中加入溶液，针对此过程的下列叙述正确的是 A．溶液中析出沉淀，最终溶液中较原来的大 B．溶液中无沉淀析出，溶液中、都变小 C．溶液中析出沉淀，溶液中、都变小 D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中较原来的大 5．（24-25高二上·广东肇庆·期末）某温度下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）    A．该温度下，BaSO4的Ksp＝8×10﹣10 B．M点和P点对应的Ksp相等 C．N点无BaSO4沉淀生成 D．加入Na2SO4可以使溶液由Q点变到P点 6．（24-25高二上·广东肇庆·期末）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10 B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl) C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 7．（24-25高二上·广东湛江·期末）在T ℃时，难溶物Ag2CrO4在水溶液中的溶解平衡曲线如下图所示，又知T ℃时AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法错误的是 A．T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－11 B．T ℃时，Y点和Z点的Ag2CrO4的Ksp相等 C．T ℃时 , X点的溶液不稳定，会自发转变到Z点 D．T ℃时，将0.01 mol·L－1的AgNO3溶液逐渐滴入20 mL 0.01 mol·L－1的KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4混合溶液中，Cl－先沉淀 8．（23-24高二上·广东佛山·期末）常温下探究沉淀溶解平衡的形成及移动情况，实验过程中溶液变化情况如图所示。下列说法错误的是 A．a点表示蒸馏水中加入过量固体 B．加入少量蒸馏水，可实现b-c段变化 C．饱和溶液， D．常用处理废水中的，可推测 9．（23-24高二下·广东深圳·期末）25℃时，用0．1000mol-L-1AgNO3溶液滴定50.00mL未知浓度的NaCl溶液，用K2CrO4溶液作指示剂，滴定曲线如图中实线所示，M点为恰好完全反应的点，表示Cl-或Br-的浓度[已知：Ag2CrO4为砖红色；25℃时，，]。下列说法不正确的是 A．NaCl溶液中 B．到达滴定终点时，出现砖红色沉淀 C．若减小NaCl溶液的浓度，则反应终点M向P方向移动 D．若滴定与NaCl溶液等体积等浓度的NaBr溶液，则滴定曲线为② 10．（23-24高二上·广东深圳·期末）秦俑彩绘中含有难溶的铅白(PbCO3)和黄色的PbI2。常温下，PbCO3和PbI2在水溶液中各自分别达到沉淀溶解平衡时pM与pR的关系如图所示，其中pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是 A．PbCO3转化为PbI2的反应趋势很大 B．z点溶液对于PbCO3来说尚未饱和 C．Ksp(PbI2)的数量级为10-14 D．完全沉淀废液中的Pb2+，I-的效果不如CO 11．（22-23高二上·广东湛江·期末）常温下，Ksp(CaSO4)=9×l0-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图。下列判断错误的是 A．a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液 B．a点对应的Ksp不等于c点对应的Ksp C．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中一定等于3×l0-3mol/L D．向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点 12．（24-25高二下·广东·期末）25℃下，用NaOH溶液分别滴定、两种溶液，（、），pM随pH变化关系如图所示，已知比更难溶。以下说法错误的是 A．①代表滴定溶液的变化关系 B．25℃下，的的数量级为 C．调控溶液的pH=7，可使工业废水中的完全沉淀（剩余浓度小于mol/L） D．当与共沉淀时溶液中 地 城 考点04 沉淀溶解平衡的应用 1．（24-25高二下·广东云浮·期末）把少量硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，不可能出现的是（        ） A．溶液颜色变浅 B．有固体析出 C．溶液浓度不变 D．溶液体积减小 2．（24-25高二下·广东梅州·期末）向等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5 mol·L−1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生，然后过滤。已知：Ksp(ZnS)=2.0×10−22，Ksp(CuS)=1.3×10−36。下列说法不正确的是 A．先生成CuS后生成ZnS沉淀，属于沉淀的转化 B．当ZnS沉淀完全时，溶液中=6.5×10−15 C．过滤得到的沉淀是CuS和ZnS的混合物 D．过滤后得到的溶液中仍有极少量的Cu2+和Zn2+ 3．（23-24高二上·广东广州·期末）由一种含氟废酸(pH=2，主要离子有F-、、Fe3+、Zn2+)生产冰晶石的工艺流程如下图所示： 已知下：，下列相关说法不正确的是 A．含氟废酸中 B．“调节”约为8时，“滤渣1”的主要成分为和 C．“合成”过程中，溶液应保持强碱性 D．“滤液2”含有的主要溶质是 4．（24-25高二下·广东佛山·期末）已知25℃时，Ksp(BaCO3)＝8.1×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，下列说法正确的是（       ） A．因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，所以BaSO4不能转化成BaCO3 B．25℃时，BaCO3要在Na2SO4溶液中开始转化成BaSO4，则Na2SO4的浓度必须不低于1.1×10－6mol·L－1 C．在20mL0.002mol·L－1的Na2SO4溶液中加入20mL0.002mol·L－1的BaCl2溶液，无BaSO4沉淀生成 D．向含有等浓度、等体积的BaCl2溶液的两支试管中同时滴加等浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液，先生成BaCO3沉淀 5．（24-25高二上·广东阳江·期末）具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级的流程如下。该阳极泥主要含有，以及和微量等杂质离子。 已知：。金属离子生成氢氧化物沉淀，其和溶液的关系如下图所示： 回答下列问题： (1)基态锰原子的电子排布式为 。 (2)“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是 。 (3)“除钾钠”步骤中，控制溶液和与反应分别生成和沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为 。 (4)“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，该步除杂的总反应方程式为 。 (5)“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是 、 。 6．（23-24高二上·广东东莞·期末）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。 已知：各金属离子沉淀的pH如下： 开始沉淀 8.8 7.5 2.2 4.1 9.6 6.5 6.4 完全沉淀 10.8 9.5 3.5 5.4 11.6 8.5 8.4 (1)反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，其目的是 。 (2)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为 。 (3)向浸出液中添加适量MnO2的作用是 ；调节pH时应不低于 。 (4)已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为 。 (5)“沉锰”的离子方程式为 。 (6)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。 由图可知，“沉锰”的适宜条件是 。 7．（23-24高二上·广东广州·期末）工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3)和辉钼矿(主要成分为MoS2，还含有少量Si、Ni的氧化物)为原料，制备四钼酸铵晶体[(NH4)2Mo4O132H2O]和硫酸锰晶体的工艺流程如下： 已知：pKsp=-lgKsp，常温下，NiS和MnS的分别为19.4和12.6；。 回答下列问题： (1)为了提高焙烧效率，可以采取的措施有 (写一条即可)；“高温焙烧”时MnO2、MoS2转化为MnMoO4、MnSO4，写出该反应的化学方程式 。 (2)“除铁”过程中加入碳酸钠调节溶液的pH至2，生成难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，写出该反应的离子方程式 。 (3)“除铁”后的溶液中c(Mn2+)=0.5 molL-1，当溶液中可溶组分浓度c≤10-5molL-1时，可认为已除尽，则“除镍”应控制溶液pH的范围是 [已知pc(S2-)=-lgc(S2-)，该溶液中pc(S2-)和pH的关系为pc(S2-)=15.1-pH；忽略溶液体积变化]。 (4)硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如下图所示。从过滤所得的滤液中获得较高纯度MnSO4H2O的操作是：控制温度在80～90 ℃之间蒸发结晶， ，使固体MnSO4H2O与溶液分离， ，真空干燥。 (5)“萃取”的原理为，则“反萃取”中的试剂X最适宜选用 (填标号)。 a．稀硫酸       b．(NH4)2SO4溶液     c．NaOH溶液       d．氨水 从“母液”中回收的副产品主要是 (填名称)。 8．（23-24高二上·广东深圳·期末）镍及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土镍矿(主要成分NiO、MgO、Al2O3、SiO2和FeO)为原料，采用酸溶法制取和MgSO4·7H2O，工业流程如图所示： 已知：①常温下，NiSO4易溶于水，Ni(OH)2和NiOOH不溶于水。 ②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下： 沉淀物 Ni(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2 开始沉淀时的pH 7.1 7.6 2.7 3.4 9.2 沉淀完全(c<10-5mol/L)时的pH 9.0 9.6 3.2 4.7 11.1 回答下列问题： (1)“滤液1”中加入H2O2的作用是 (用离子反应方程式表示)。 (2)操作II为达到实验目的，由表中的数据判断通入NH3调节溶液pH的范围是 。 (3)Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为 mol/L。 (4)工业上使用Ni(OH)2在碱性溶液中电解，在电解池的阳极可制得电极材料NiOOH，该电极反应方程式为 。 (5)用滴定法测定NiSO4产品中镍元素含量。取5.90g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol∙L-1的Na2H2Y标准液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2H2Y标准液平均值为12.00mL。 已知：i．Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+；         ii．紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。 ①滴定终点的颜色变化为 ； ②样品中镍元素的质量分数为 %(保留3位有效数字)； ③以下操作，会使测定结果偏低的有 。 A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度         B．盛装Na2H2Y标准液的滴定管未润洗 C．滴定前，发现装有滴定管尖嘴处有一个气泡，滴定后，气泡消失 D．滴定终点读数后，发现尖嘴处悬挂了一滴溶液 9．（23-24高二上·广东广州·期末）物质的转化在生活、生产领域应用广泛。 已知时 物质 回答下列问题： Ⅰ.碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中形成悬浊液，测得其。 (1)静置后上层清液中， (填“>”“<”或“=”)。 (2)向悬浊液体系中通入气体，溶液中 (填“增大”“减小”或“保持不变”)。 Ⅱ.锅炉水垢严重影响锅炉使用寿命。为了除去水垢中的，可先用溶液处理，使转化为疏松、易溶于酸的，然后用酸除去。已知 (3)用过量溶液浸泡数日(忽略浸泡后溶液的浓度变化)，水垢中的能否全部转化为？结合计算说明 (已知当溶液中剩余的离子浓度小于时，认为转化反应进行完全)。 (4)某同学以溶液为例，探究不同浓度与其水解程度之间的关系，利用计算机辅助作图如图，通过图示可知 。 Ⅲ.白云石的主要成分为，利用白云石制备碳酸钙和氧化镁的部分流程如下： (5)结合表格中的数据解释“浸钙”过程中主要浸出“钙”的原因是 。 (6)“沉钙”反应的离子方程式为 。 (7)该流程中可循环利用的物质有 (填写物质的化学式)。 10．（24-25高二上·广东汕头·期末）以镁铝复合氧化物(MgO-Al2O3)为载体的负载型镍铜双金属催化剂(Ni-Cu/MgO-Al2O3)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，该催化剂的制备流程如下： 已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.21×10-20，Ksp[Al(OH)3]=1.30×10-33。 回答下列问题： (1)实验室配制Al2(SO4)3溶液时，需用硫酸酸化的目的是 。 (2)在加热条件下，尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应，放出 和 两种气体(写化学式)。 (3)下列说法错误的是_______。 A．“调pH”过程中，目的是把金属阳离子转化为氢氧化物 B．“晶化”过程中，需保持恒温60°C，可采用水浴加热 C．“焙烧”过程中，可使用蒸发皿或坩埚 D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，所发生的反应为 (4)“一系列操作”中，包含洗涤和110°C下干燥操作，则洗涤过程中检验滤饼是否洗净的方法是 。 (5)常温下，若“悬浊液”中，则溶液的pH= 。 (6)NiSO4溶液可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。该反应的离子方程式为 。 11．（23-24高二上·广东茂名·期末）我国科学家利用多相催化剂，以为氧化剂，为氮源，在温和条件下制备酰胺、腈类。某小组以菱锰矿(主要成分为，含、和等)为原料制备。 已知：常温下，。的电离常数：。 回答下列问题： (1)“酸浸”过程中，溶解的离子方程式为 。 (2)“沉铁”中加入的目的是 (用离子方程式表示)。已知常温下，，恰好完全沉淀时(此时浓度为)溶液的 。(已知) (3)“沉钴”中发生的反应为，平衡常数 。在化学上，平衡常数K大于时认为反应不可逆。由此推知，“沉钴”反应是 (填“可逆”或“不可逆”)反应。 (4)“沉锰”过程中，生成沉淀的离子方程式为 ，常温下加入的溶液呈 (填“酸性”“中性”或“碱性”)(已知：的，的)。 12．（22-23高二下·广东东莞·期末）三氧化二镍()是一种重要的电子元件和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铁、钙、镁合金等)制取草酸镍()，高温煅烧再得。 已知：ⅰ．草酸的钙、镁、镍盐以及、均难溶于水。 ⅱ．溶液中金属阳离子的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH(20℃)如下表： 金属离子 开始沉淀时()的pH 7.7 7.5 2.2 12.3 9.6 完全沉淀时()的pH 9.2 9.0 3.2 微溶 11.1 (1)中Ni的化合价为 ；能加快“酸溶”时浸出速率的方法是 (写出一条即可)。 (2)“除铁”时，加入的目的是 ；加入碳酸钠溶液调pH的合理范围是 (用区间表示)。 (3)“除杂”所得滤渣3的主要成分是 (填化学式)，写出“沉淀”生成草酸镍的离子方程式 。 (4)已知25℃，，，计算“除杂”所得溶液中 。 (5)“沉淀”后，洗涤草酸镍的实验操作为 。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 沉淀溶解平衡 4大高频考点概览 考点01 难溶电解质的溶解平衡 考点02 溶度积常数 考点03 溶度积曲线 考点04 沉淀溶解平衡的应用 地 城 考点01 难溶电解质的溶解平衡 1．（24-25高二上·广东江门·期末）常温下，当悬浊液达到溶解平衡时，则 A．沉淀的速率和溶解的速率相等 B．体系中和浓度相等 C．再加入固体，可以增大 D．升高温度可以促进溶解，增大 【答案】A 【详解】A．溶解平衡是动态平衡，此时沉淀（固体生成）速率与溶解（固体溶解）速率相等，故A正确； B．Ca(OH)2溶解时生成1个Ca2+和2个OH-，故c(OH-)=2c(Ca2+)，浓度不相等，故B错误； C．已达平衡的悬浊液中，固体浓度视为常数，加入固体不会改变溶液中离子浓度，故C错误； D．Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低（反常溶解性），升温会减少溶解，c(Ca2+)反而降低，故D错误； 答案选A。 2．（24-25高二上·广东云浮·期末）25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡：PbI2(s)Pb2+(aq) + 2I－ (aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是 A．沉淀溶解平衡向左移动 B．溶度积常数Ksp增大 C．溶液中Pb2+浓度增大 D．溶液中Pb2+和I－ 浓度都减小 【答案】A 【分析】加入KI溶液，I－浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小； 【详解】A．据分析，沉淀溶解平衡向左移动，A正确； B．溶度积常数Ksp只与温度有关，温度不变其值不变， B错误； C．据分析，溶液中Pb2＋浓度减小，C错误； D．据分析，溶液中Pb2＋浓度减小， I－浓度增大，D错误； 故合理选项是A。 3．（24-25高二上·广东珠海·期末）Mg(OH) 2在水中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，下列能使Mg(OH)2(s)减少的是 A．加入MgCl2溶液 B．加入少量NaOH固体 C．加入NH4NO3溶液 D．加入CH3COOK固体 【答案】C 【详解】A．加入MgCl2溶液，Mg2+的浓度增大，平衡向左移动，Mg(OH) 2固体的量增大，A错误； B．加入NaOH固体，OH-的浓度增大，平衡向左移动，Mg(OH) 2固体的量增大，B错误； C．加入NH4NO3溶液，浓度增大，消耗OH-，OH-浓度变小，平衡正向移动，Mg(OH) 2固体的量减小，C正确； D．加入CH3COOK固体，CH3COO-水解出离子OH-，OH-离子浓度增大，平衡向左移动，Mg(OH) 2固体的量增大，D错误； 故选C。 4．（24-25高二上·广东佛山·期末）关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体——NaUr，其平衡关系为：Ur—(aq)+Na+(aq) NaUr(s)，其中Ur—表示尿酸根离子。医生常嘱咐关节炎病人要注意保暖，特别是手脚等离心脏较远的部位。因为第一次关节炎的发作大都在手指或脚趾的关节处。这说明 A．形成尿酸钠晶体的反应为放热反应 B．形成尿酸钠晶体的反应为吸热反应 C．尿酸钠溶解度较大 D．尿酸钠晶体一定难溶于水 【答案】A 【详解】A.因为“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体” 与“关节炎病人要注意保暖”，说明关节炎易发生在冬季，可推知降低温度，使Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，A项正确； B.由A项分析可知形成尿酸钠晶体的反应为放热反应，B项错误； C. 根据“关节炎的成因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体”，可知在溶液中存在溶解平衡NaUr(s)Ur-(aq)+Na+(aq)，显然尿酸钠溶解度较小，C项错误； D.根据C分析，Ur-(aq)+Na+(aq) NaUr(s)尿酸钠晶体在溶液中存在逆向溶解，说明尿酸钠晶体在水中有一定的溶解性，D项错误；答案选A。 5．（24-25高二上·广东中山·期末）25 ℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是 A．溶液中Pb2＋和I－浓度都增大 B．溶度积常数Ksp增大 C．沉淀溶解平衡不移动 D．溶液中Pb2＋浓度减小 【答案】D 【详解】A. 加入KI溶液，I－浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，A不正确；     B. 溶度积常数Ksp只与温度有关，温度不变其值不变，B不正确； C. 沉淀溶解平衡逆向移动，C不正确；     D. 溶液中Pb2＋浓度减小，D正确。 故选D。 6．（24-25高二上·广东肇庆·期末）某冶金厂废水的pH为4.5，含超标10倍的Pb2+。该厂处理废水的下列设计中，比较合理的是 A．用离子交换法除去Pb2+ B．在废水中加硫酸，生成PbSO4沉淀 C．在废水中加石灰，调节pH到11.0，使Pb2+转化为氢氧化物沉淀 D．在废水中加NaOH，调节pH到11.0，使Pb2+转化为氢氧化物沉淀 【答案】C 【详解】A．用离子交换法除去Pb2+，废水中还含有大量的氢离子未除去，且成本较高；故A错误； B．在废水中加硫酸，生成PbSO4沉淀，但增加了废水的酸度，故B错误； C．在废水中加石灰，调节pH到11.0，使Pb2+转化为氢氧化物沉淀，方法比较合理，故C正确； D．在废水中加NaOH，调节pH到11.0，使Pb2+转化为氢氧化物沉淀，方法合理，但NaOH的价格比石灰的高，成本高，不如石灰经济，故D错误； 故选C。 7．（24-25高二上·广东揭阳·期末）已知：AgBr比AgCl更难溶，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为 A．只有AgBr沉淀生成 B．AgCl与AgBr沉淀等量生成 C．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主 D．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主 【答案】C 【分析】水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，根据难溶电解质的沉淀溶解平衡分析。 【详解】在AgCl与AgBr的饱和混合溶液中存在溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入足量的浓AgNO3溶液时两个溶解平衡都要向生成沉淀的方向移动，所以AgBr和AgCl沉淀都会生成。由于AgBr比AgCl更难溶，起始时饱和溶液中Br-的物质的量比Cl-更少，加入浓AgNO3溶液发生反应：Ag++Br-=AgBr↓，Ag++Cl-=AgCl↓，所以最后所生成的AgBr沉淀比AgCl要少。答案选C。 8．（22-23高二上·广东深圳·期末）为探究沉淀AgCl和AgI之间的转化，按照下图所示的实验进行了实验探究，下列关于该实验的分析错误的是 A．滤液为AgCl饱和溶液，且 B．可以预测滤液中滴加KI溶液后无明显现象 C．白色沉淀转化为黄色沉淀说明AgCl可转化成AgI D．该实验可以得出AgI的溶解度和Ksp均比AgCl的小 【答案】B 【分析】由图可知，2mL0.1mol/L氯化钠溶液中加入2mL0.1mol/L硝酸银溶液恰好完全反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，过滤得到含有硝酸钠的滤液和氯化银白色沉淀，因存在氯化银的沉淀溶解平衡，所以滤液也是氯化银的饱和溶液，向白色沉淀中加入4滴0.1mol/L碘化钾溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，说明氯化银转化为碘化银，则AgI的溶解度和Ksp均比AgCl的小，所以可以预测向滤液中加入4滴0.1mol/L碘化钾溶液，有黄色沉淀生成，据此作答。 【详解】A．由分析可知，滤液为银离子浓度与氯离子浓度相等的氯化银饱和溶液，故A正确； B．滤液为银离子浓度与氯离子浓度相等的氯化银饱和溶液，因AgI的溶解度和Ksp均比AgCl的小，所以可以预测滤液中滴加碘化钾溶液后有黄色沉淀生成，故B错误； C．白色沉淀转化为黄色沉淀，说明氯化银转化成溶解度更小的碘化银，故C正确； D．由分析可知，该实验可以得出AgI的溶解度和Ksp均比AgCl的小，故D正确； 答案选B。 9．（24-25高二上·广东清远·期末）下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH-完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是 金属离子 Fe2＋ Fe3＋ Zn2＋ 完全沉淀时的pH 7.7 4.5 6.5 A．H2O2、ZnO B．氨水 C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液 【答案】A 【详解】要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH，将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能加入H2O2；调pH时也不能引入新的杂质，可以加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡正向移动，从而使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去。故选A。 10．（24-25高二上·广东韶关·期末）某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是 A．AgCl的溶解度、Ksp均减小 B．AgCl的溶解度、Ksp均不变 C．AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D．AgCl的溶解度不变、Ksp减小 【答案】C 【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。 故答案选C。 【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。 地 城 考点02 溶度积常数 1．（24-25高二上·广东广州·期末）在25 ℃时，FeS的Ksp=6.3×10-18，CuS的Ksp=1.3×10-36，ZnS的Ksp=1.3×10-24.下列有关说法中正确的是 A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10-36 mol·L-1 B．25 ℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度 C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成 D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大 【答案】B 【详解】A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为，A错误； B．由FeS的Ksp=6.3×10-18，CuS的Ksp=1.3×10-36可知，二者的组成形式相同，25 ℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，B正确； C．FeS的Ksp=6.3×10-18，ZnS的Ksp=1.3×10-24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，C错误； D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，ZnS溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，D错误； 故选B。 2．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知：对于含 Fe2(SO4)3、FeSO4和CuSO4各0.5 mol 的1 L 混合溶液，根据上表数据判断，下列说法错误的是 物质 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Ksp(25℃ ) 8.0×10-16 2.2×10-20 4.0×10-38 A．FeCl3 溶液溶解部分 Cu(OH)2 沉淀，主要是因为 Fe3+结合 Cu(OH)2 溶解的 OH— B．向溶液中加入双氧水，并用CuO 粉末调节 pH，过滤后可获得溶质主要为CuSO4 的溶液 C．若要完全除去其中的 Fe3+，可以加热搅拌，促进水解，从而产生 Fe(OH)3 沉淀 D．将少量 FeCl3 粉末加入含 Cu(OH)2 的悬浊液中，其中 c(Cu2+)增大 【答案】C 【分析】A.Ksp（Fe(OH)3）<Ksp(Cu(OH)2)，Cu(OH)2 沉淀溶解部分产生铜离子与氢氧根离子，铁离子结合氢氧根离子使Cu(OH)2 溶解平衡正向移动； B.双氧水氧化亚铁离子为铁离子，c3（OH-）= Ksp（Fe(OH)3）/10-5，c（OH-）≈10-11，pH=3时完全沉淀，c2（OH-）= Ksp（Cu(OH)2）/0.5时开始沉淀，则c（OH-）≈10-10，pH=4开始出现沉淀； C. 若要完全除去其中的 Fe3+，可以调节pH，加热搅拌则能增大水解的程度，但不会出现沉淀； D. 铁离子结合氢氧根离子使Cu(OH)2 溶解平衡正向移动； 【详解】A.Ksp（Fe(OH)3）<Ksp(Cu(OH)2)，Cu(OH)2 沉淀溶解部分产生铜离子与氢氧根离子，铁离子结合氢氧根离子使Cu(OH)2 溶解平衡正向移动，A正确； B.双氧水氧化亚铁离子为铁离子，c3（OH-）= Ksp（Fe(OH)3）/10-5，c（OH-）≈10-11，pH=3时完全沉淀，c2（OH-）= Ksp（Cu(OH)2）/0.5时开始沉淀，则c（OH-）≈10-10，pH=4开始出现沉淀，B正确； C. 若要完全除去其中的 Fe3+，可以调节pH，加热搅拌则能增大水解的程度，但不会出现沉淀，C错误； D. 铁离子结合氢氧根离子使Cu(OH)2 溶解平衡正向移动，D正确； 答案为C 3．（24-25高二上·广东珠海·期末）向含Ni2+与Cu2+浓度皆为0.05mol·L-1的溶液中加入某有机试剂HR。{已知：2HR(有机相)+Cu2+(水相)(有机相)+2H+(水相)，， }，下列有关说法不正确的是 A．加有机试剂HR的目的是通过“萃取”的方式分离出Cu2+ B．向有机相中加入稀硫酸可进行“反萃取”，得到CuSO4溶液 C．一定条件下，，则Cu2+的萃取率为 D．通过向水相中加入MgO固体，可实现Ni2+的有效去除 【答案】C 【详解】A．加入有机试剂HR，发生反应2HR(有机相)+Cu2+(水相)(有机相)+2H+(水相)，可通过萃取分离出Cu2+，A正确； B．向有机相中加入稀硫酸，浓度增大，平衡逆向移动，可得到CuSO4溶液，进行 “反萃取”，B正确； C．由萃取率=，在体积不变的情况下，萃取率=，时，萃取率=，计算萃取率时，应用萃取达到平衡时的数据，一定条件下并不一定达到平衡，所以萃取率不一定是，C错误； D．MgO与水反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2的溶度积，则溶液中，，若，则，当时，即可实现Ni2+的有效去除，D正确； 故选C。 4．（24-25高二上·广东佛山·期末）为验证银氨溶液中也存在[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)络合平衡体系，特设计如图实验： 实验 试剂 现象 试管 滴管      2mL[Ag(NH3)2]+溶液 6滴0.1mol•L-1KCl溶液 I中无明显现象 6滴饱和KCl溶液 II中产生白色沉淀 6滴0.1mol•L-1KI溶液 III中产生黄色沉淀 6滴0.1mol•L-1HCl溶液 IV中产生白色沉淀 下列说法不正确的是 A．通过I、II对比，说明II中能生成沉淀的原因是c(Cl-)•c(Ag+)＞Ksp(AgCl) B．通过I、III对比，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) C．通过I、IV对比，说明NH3与H+的结合能力小于与Ag+的结合能力 D．络合平衡与难溶电解质的溶解平衡都是化学平衡的一种 【答案】C 【详解】A．[Ag(NH3)2]+(aq)⇌Ag+(aq)+2NH3(aq)，溶液中含有一定浓度的Ag+，对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，c(Cl-)增大时浓度积Q=c(Cl-)⋅c(Ag+)增大，当Q＞Ksp时生成沉淀，故A正确； B．对比实验Ⅰ、Ⅲ可知，溶液中c(Ag+)相同，且加入的c(Cl-)=c(I-)，生成了AgI沉淀，说明AgI的溶解度小于AgCl，即Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B正确； C．实验Ⅰ、Ⅳ中c(Cl-)相同，但Ⅳ的溶液呈酸性，生成了AgCl沉淀，说明H+结合NH3促进了平衡正向移动，即NH3与H+的结合能力大于与Ag+的结合能力，使溶液中c(Ag+)增大，故C错误； D．络合平衡与难溶电解质的溶解平衡均存在可逆的动态平衡，属于化学平衡理论研究的范畴，是化学平衡中的一种，故D正确； 故选C。 5．（24-25高二上·广东汕头·期末）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 【详解】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，答案选B。 6．（24-25高二上·广东中山·期末）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．Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)>1.0×10-6 mol·L-l B．HCOO-的水解常数为1.0×10-10 C．向Zn(OH)2 悬浊液中加入HCOOH,溶液中c(Zn2+)增大 D．Zn(OH)2+2HCOOH=Zn2++2HCOO-+2H2O 的平衡常数K=100 【答案】A 【详解】A、Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中，令饱和溶液中锌离子浓度为x,x×(2x)2=1.0×10-18,x==6.3×10-7 mol·L-l， c(Zn2+)<1.0×10-6 mol·L-l，故A错误；B、HCOO-的水解常数为 1.0×10-10，故B正确；C、向Zn(OH)2悬浊液中加入HCOOH,溶液中氢氧根离子减小，溶解平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，故C正确；D、Zn(OH)2+2HCOOHZn2++2HCOO-+2H2O 的平衡常数K== 100，故D正确；故选A。 点睛：D为难点，先写出方程式，Zn(OH)2+2HCOOHZn2++2HCOO-+2H2O 再写出平衡常数K的表达式，然后上下同乘以c(OH-)的平方，将Kw代入，即可。 7．（24-25高二上·广东茂名·期末）已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9×10-11。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO，浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 A．Cl-、Br-、CrO B．CrO、Br-、Cl- C．Br-、Cl-、CrO D．Br-、CrO、Cl- 【答案】C 【详解】由溶度积可知，浓度均为0.010mol/L的三种离子开始沉淀时，溶液中的银离子浓度分别为=1.56×10-8mol/L、=7.7×10-11mol/L、=3×10-5mol/L，开始沉淀时所需要的银离子浓度越小，说明银盐的溶解度越小，加入0.010mol/L硝酸银溶液时会优先沉淀，则三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO； 故选C。 地 城 考点03 溶度积曲线 1．（23-24高二上·广东广州·期末）一定温度下，BaSO4沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 A．a点、c点对应的Ksp(BaSO4)相等 B．d点加入BaSO4固体不能继续溶解 C．升高温度，可使溶液由c点变到b点 D．饱和 BaSO4溶液导电能力很弱，BaSO4是弱电解质 【答案】A 【详解】A．Ksp是溶度积常数，只随着温度的改变而改变，温度不变Ksp不变，所以a点、c点对应的Ksp(BaSO4)相等，A正确； B．由图可知，c点为BaSO4的饱和溶液，c()相同且c(Ba2+)：c＞d，则d点为BaSO4的不饱和溶液，加入BaSO4固体能继续溶解，B错误； C．由图可知，c点溶液中c()≠c(Ba2+)，升高温度时转化为BaSO4的不饱和溶液，溶液中c()、c(Ba2+)不变，不可能由c点变到b点，C错误； D．BaSO4是不溶物，但溶解的部分完全电离，属于强电解质，D错误； 故答案为：A。 2．（24-25高二上·广东深圳·期末）室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是    A．的数值为 B．点时有生成 C．加入蒸馏水可使溶液由点变成点 D．点与点对应的溶度积相等 【答案】C 【分析】图像为在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上b点和d点为饱和状态，a点不饱和，而c为过饱和状态，据此分析。 【详解】A．在d点c()=1.410-4，因室温时，CaCO3的溶度积 Ksp =2.810-9，所以 c(Ca2+)=210-5，故x的数值为210-5，故 A 正确； B．在 c 点 c (Ca2 +)>210-5，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B正确； C．d 点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则  c (Ca2 +)、c()都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由 d 点变成 a 点， C错误； D． b 点与 d 点在相同的温度下，溶度积相等，D正确； 故本题选C。 3．（22-23高二上·广东广州·期末）已知298K时，，，随着温度的升高两者的都增大。298K时，饱和溶液中和的关系如图所示，其中，或，下列说法正确的是 A．298K时向悬浊液中加入固体，将随之减小 B．为除去溶液中混有的少量，可加入适量固体，充分搅拌后过滤 C．对于曲线I，在b点加热(忽略水的蒸发)，b点向c点移动 D．曲线II代表的是 【答案】D 【分析】Ksp(CuS)＜Ksp(MnS)，说明相同条件下，CuS更难溶，对应溶液中离子浓度更小，由于p值与浓度成反比，故p值越大，浓度反而越小，故曲线Ⅱ代表MnS，故曲线I代表CuS。 【详解】A．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，A错误； B．加入适量Na2S后，可使Cu2+转化为CuS沉淀，但用Na2S除杂时引入新杂质Na+，故不能达到实验目的，B错误； C．对于曲线Ⅰ，加热b点溶液，CuS溶解度增大，S2-和Cu2+浓度均增大，b点向a点方向移动，C错误； D．由分析知，曲线Ⅱ代表MnS，D正确； 故答案选D。 4．（24-25高二上·广东佛山·期末）已知时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向该条件下的饱和溶液中加入溶液，针对此过程的下列叙述正确的是 A．溶液中析出沉淀，最终溶液中较原来的大 B．溶液中无沉淀析出，溶液中、都变小 C．溶液中析出沉淀，溶液中、都变小 D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中较原来的大 【答案】D 【详解】由题意知，，饱和溶液中。加入溶液后，，，，所以没有沉淀固体析出，但溶液中变大了，变小了，故D项正确； 故答案为D。 5．（24-25高二上·广东肇庆·期末）某温度下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）    A．该温度下，BaSO4的Ksp＝8×10﹣10 B．M点和P点对应的Ksp相等 C．N点无BaSO4沉淀生成 D．加入Na2SO4可以使溶液由Q点变到P点 【答案】B 【详解】A. 曲线上的点代表的浓度为沉淀溶解平衡时的浓度，N点在曲线的上方，Ba2＋和SO42－的乘积大于Ksp，N的乘积为4×10﹣10，大于Ksp，则Ksp不是8×10﹣10，A项错误； B．曲线上的点代表的浓度为沉淀溶解平衡时的浓度，M和P都在曲线上，因此对应的Ksp相等，B正确； C．N点在曲线的上方，Ba2＋和SO42－的乘积大于Ksp，为过饱和溶液，有沉淀生成，C项错误； D．加入Na2SO4溶液中SO42－的浓度会增加，但是Q和P的SO42－的浓度相同，D项错误； 本题答案选B。 6．（24-25高二上·广东肇庆·期末）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10 B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl) C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 【答案】C 【分析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。 【详解】A.选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确； B.由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确； C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误； D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确； 故答案选C。 7．（24-25高二上·广东湛江·期末）在T ℃时，难溶物Ag2CrO4在水溶液中的溶解平衡曲线如下图所示，又知T ℃时AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法错误的是 A．T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－11 B．T ℃时，Y点和Z点的Ag2CrO4的Ksp相等 C．T ℃时 , X点的溶液不稳定，会自发转变到Z点 D．T ℃时，将0.01 mol·L－1的AgNO3溶液逐渐滴入20 mL 0.01 mol·L－1的KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4混合溶液中，Cl－先沉淀 【答案】C 【详解】A、Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42-（aq），Ksp=c2（Ag+）·c（CrO42-）=（10-3mol/L）2•10-5mol/L=10-11，A正确； B、溶度积常数随温度变化，不随浓度变化，所以T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，B正确； C、T ℃时，X点是过饱和溶液，变为饱和溶液的过程中，银离子与铬酸根离子浓度均降低，不会自发转变到Z点，C错误； D、0．01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42-）=0.01mol/L，得到c（Ag+）=，c（Cl-）=0.01mol/L，依据溶度积计算得到：c（Ag+）=1.8×10−10(mol/L)2÷0.01 mol/L=1.8×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，D正确； 答案选C。 8．（23-24高二上·广东佛山·期末）常温下探究沉淀溶解平衡的形成及移动情况，实验过程中溶液变化情况如图所示。下列说法错误的是 A．a点表示蒸馏水中加入过量固体 B．加入少量蒸馏水，可实现b-c段变化 C．饱和溶液， D．常用处理废水中的，可推测 【答案】B 【详解】A．a点前溶液的pH=7，为纯水，a点后，溶液的pH逐渐增大，保持pH=10.5，表示a点中蒸馏水加入过量Mg(OH)2固体，故A项正确； B．加入少量水，平衡右移，但溶液为Mg(OH)2饱和溶液，pH不变，故B项错误； C．饱和Mg(OH)2溶液中，此时pH=10.5，则c(H+)= 10-10.5，，故C项正确； D．用Mg(OH)2处理废水中的Cu2+，Mg(OH)2可转化为Cu(OH)2，根据难溶电解质可转化为更难溶电解质，可知，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，故D项正确； 故答案选B。 9．（23-24高二下·广东深圳·期末）25℃时，用0．1000mol-L-1AgNO3溶液滴定50.00mL未知浓度的NaCl溶液，用K2CrO4溶液作指示剂，滴定曲线如图中实线所示，M点为恰好完全反应的点，表示Cl-或Br-的浓度[已知：Ag2CrO4为砖红色；25℃时，，]。下列说法不正确的是 A．NaCl溶液中 B．到达滴定终点时，出现砖红色沉淀 C．若减小NaCl溶液的浓度，则反应终点M向P方向移动 D．若滴定与NaCl溶液等体积等浓度的NaBr溶液，则滴定曲线为② 【答案】D 【详解】A．根据图示，25mL0.1000mol-L-1AgNO3溶液恰好与50.00mLNaCl溶液完全反应，则NaCl溶液中，故A正确； B．用K2CrO4溶液作指示剂，到达滴定终点时，生成砖红色沉淀Ag2CrO4，故B正确； C．若减小NaCl溶液的浓度，滴定终点消耗硝酸银溶液的体积减小，滴定终点氯离子浓度不变，则反应终点M向P方向移动，故C正确； D．，当银离子浓度相同时，溴离子浓度比氯离子浓度小，若滴定与NaCl溶液等体积等浓度的NaBr溶液，则滴定曲线为①，故D错误； 选D。 10．（23-24高二上·广东深圳·期末）秦俑彩绘中含有难溶的铅白(PbCO3)和黄色的PbI2。常温下，PbCO3和PbI2在水溶液中各自分别达到沉淀溶解平衡时pM与pR的关系如图所示，其中pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是 A．PbCO3转化为PbI2的反应趋势很大 B．z点溶液对于PbCO3来说尚未饱和 C．Ksp(PbI2)的数量级为10-14 D．完全沉淀废液中的Pb2+，I-的效果不如CO 【答案】D 【分析】、，可知，中pM受pR的影响更大，故L1为的曲线、L2为的曲线。 【详解】A．结合分析可知，由点（0,13.1）可知，，则，其，故转化为的反应趋势很小，，A错误； B．z点在L2之下，溶液中的浓度商大于其沉淀溶解常数，故，溶液处于过饱和状态，B错误； C．结合分析可知，由点（0，8）可知，，C错误； D．由图可知，相同浓度的中，碳酸根离子的浓度更小，故完全沉淀废液中的，的效果不如，D正确； 故选D。 11．（22-23高二上·广东湛江·期末）常温下，Ksp(CaSO4)=9×l0-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图。下列判断错误的是 A．a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液 B．a点对应的Ksp不等于c点对应的Ksp C．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中一定等于3×l0-3mol/L D．向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点 【答案】BC 【详解】A．处于曲线上的点处于溶解平衡状态，a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液，故A正确； B．a、c两点温度相同，Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故B错误； C．根据图示数据，可以看出b点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，由于，平衡后溶液中c()一定小于3×10-3 mol•L-1，故C错误； D．d点为不饱和状态，钙离子浓度较小，如加入适量CaCl2固体，钙离子浓度增大，此时硫酸根离子浓度不变，则可以变到c点，故D正确。 答案选BC。 12．（24-25高二下·广东·期末）25℃下，用NaOH溶液分别滴定、两种溶液，（、），pM随pH变化关系如图所示，已知比更难溶。以下说法错误的是 A．①代表滴定溶液的变化关系 B．25℃下，的的数量级为 C．调控溶液的pH=7，可使工业废水中的完全沉淀（剩余浓度小于mol/L） D．当与共沉淀时溶液中 【答案】C 【分析】比更难溶，说明，当pH相同时相同，，所以①代表滴定溶液的变化关系，②代表滴定溶液的变化关系。 【详解】A．经分析可知①代表滴定溶液的变化关系，A正确； B．25℃下，①中pM=0时pH=4.2，即，，，，数量级为，B正确； C．25℃下，②中pM=0时pH=6.5，即，，，，调控溶液的pH=7，，此时溶液中，没有完全沉淀，C错误； D．当与共沉淀时溶液中，，D正确； 故选C。 地 城 考点04 沉淀溶解平衡的应用 1．（24-25高二下·广东云浮·期末）把少量硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，不可能出现的是（        ） A．溶液颜色变浅 B．有固体析出 C．溶液浓度不变 D．溶液体积减小 【答案】A 【详解】A．少量硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，无水硫酸铜粉末会与水结合生成五水硫酸铜后还是该温度下的饱和硫酸铜溶液，铜离子的浓度不变，溶液颜色不变，A错误； B．少量硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，无水硫酸铜粉末会与水结合生成五水硫酸铜后，溶剂水减少，该温度下饱和溶液的浓度不变，故有固体析出，B正确； C．少量硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，无水硫酸铜粉末会与水结合生成五水硫酸铜后，溶剂水减少，有固体析出，该温度下饱和溶液的浓度不变，C正确； D．无水硫酸铜粉末会与水结合生成五水硫酸铜后溶剂减少、溶质减少，所以该温度的饱和硫酸铜溶液的质量也会减少，溶液体积减小，D正确； 答案选A。 2．（24-25高二下·广东梅州·期末）向等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5 mol·L−1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生，然后过滤。已知：Ksp(ZnS)=2.0×10−22，Ksp(CuS)=1.3×10−36。下列说法不正确的是 A．先生成CuS后生成ZnS沉淀，属于沉淀的转化 B．当ZnS沉淀完全时，溶液中=6.5×10−15 C．过滤得到的沉淀是CuS和ZnS的混合物 D．过滤后得到的溶液中仍有极少量的Cu2+和Zn2+ 【答案】A 【分析】A. 等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液，Ksp小的先沉淀； B. 当ZnS沉淀完全时，溶液中=； C. 逐滴加入1.5 mol·L−1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生，可知Cu2+和Zn2+均转化为沉淀； D. 难溶电解质存在溶解平衡，且离子浓度为1×10−5mol/L时认为离子完全沉淀。 【详解】A. 等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液，Ksp小的先沉淀，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，A项错误，符合题意； B. 当ZnS沉淀完全时，溶液中===6.5×10-15，B项正确，不符合题意； C. 逐滴加入1.5 mol·L−1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生，可知Cu2+和Zn2+均转化为沉淀，过滤后得到的沉淀是CuS和ZnS，C项正确，不符合题意； D. 难溶电解质存在溶解平衡，且离子浓度为1×10−5mol/L时认为离子完全沉淀，过滤后溶液中仍有极少量的Cu2+和Zn2+，D项正确，不符合题意； 答案选A。 3．（23-24高二上·广东广州·期末）由一种含氟废酸(pH=2，主要离子有F-、、Fe3+、Zn2+)生产冰晶石的工艺流程如下图所示： 已知下：，下列相关说法不正确的是 A．含氟废酸中 B．“调节”约为8时，“滤渣1”的主要成分为和 C．“合成”过程中，溶液应保持强碱性 D．“滤液2”含有的主要溶质是 【答案】C 【分析】由题给流程可知，向含氟废酸中加入氨水，将溶液中的铁离子、锌离子转化为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀，过量得到含有氢氧化铁、氢氧化锌的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铝和硫酸钠，将溶液中的氟离子转化为六氟合铝酸钠沉淀，过滤得到含有硫酸铵的滤液和六氟合铝酸钠；六氟合铝酸钠经洗涤、干燥得到冰晶石。 【详解】A．由电离常数可知，含氟废酸中，故A正确； B．由溶度积可知，溶液pH为8时，溶液中铁离子、锌离子浓度分别为=2.8×10—21mol/L、=3.0×10—5mol/L，则“滤渣1”的主要成分为和，故B正确； C．氢氧化铝是两性氢氧化物，易与强碱性溶液中的氢氧根离子反应生成四羟基合铝酸根离子，不利于六氟合铝酸钠的生成，故C错误； D．由分析可知，“滤液2”含有的主要溶质是硫酸铵，故D正确； 故选C。 4．（24-25高二下·广东佛山·期末）已知25℃时，Ksp(BaCO3)＝8.1×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，下列说法正确的是（       ） A．因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，所以BaSO4不能转化成BaCO3 B．25℃时，BaCO3要在Na2SO4溶液中开始转化成BaSO4，则Na2SO4的浓度必须不低于1.1×10－6mol·L－1 C．在20mL0.002mol·L－1的Na2SO4溶液中加入20mL0.002mol·L－1的BaCl2溶液，无BaSO4沉淀生成 D．向含有等浓度、等体积的BaCl2溶液的两支试管中同时滴加等浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液，先生成BaCO3沉淀 【答案】B 【详解】A．难溶电解质的溶解平衡中，当Qc＝c(CO32−)•c(Ba2＋)≥Ksp(BaCO3)，开始转化为BaCO3；所以BaSO4在一定条件下能转化成BaCO3，故A错误； B．Ksp(BaCO3)＝c(CO32−)•c(Ba2＋)＝8.1×10−9，所以c(Ba2＋)＝9×10−5 mol/L，Qc＝c(SO42−)•c(Ba2＋)≥Ksp(BaSO4)开始转化为BaSO4，所以c(SO42−)＝＝＝1.1×10−6 mol•L−1，故B正确； C．两种溶液混合后，c(SO42−)＝0.001 mol•L−1，c(Ba2＋)＝0.001mol•L−1，则Qc＝c(SO42−)•c(Ba2＋)＝0.001×0.001＝10−6＞Ksp(BaSO4)＝1.0×10−10，所以有BaSO4生成，故C错误； D．已知25℃时，Ksp(BaCO3)＝8.1×10−9，Ksp(BaSO4)＝1.0×10−10，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，Ksp越小越易形成沉淀，所以先析出BaSO4沉淀，故D错误； 故答案选B。 5．（24-25高二上·广东阳江·期末）具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级的流程如下。该阳极泥主要含有，以及和微量等杂质离子。 已知：。金属离子生成氢氧化物沉淀，其和溶液的关系如下图所示： 回答下列问题： (1)基态锰原子的电子排布式为 。 (2)“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是 。 (3)“除钾钠”步骤中，控制溶液和与反应分别生成和沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为 。 (4)“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，该步除杂的总反应方程式为 。 (5)“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是 、 。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d54s2 (2)还原二氧化锰为锰离子 (3) (4) (5) CaF2 MgF2 【分析】阳极泥加入二氧化硫将二氧化锰还原为硫酸锰，加入硫酸铁除去钠钾，滤液加入碳酸锰调溶液，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入，使得钙离子、镁离子转化为、沉淀除去，滤液加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，滤液浓缩结晶得到硫酸锰。 【详解】（1）锰为号元素，基态原子核外电子排布为。 （2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是还原二氧化锰为锰离子。 （3）“除钾钠”步骤中，控制溶液，酸性条件下，与硫酸铁反应生成沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为：。 （4）“除杂”步骤中，根据图像可知，加调溶液，使得铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳等，该步除杂的总反应方程式为:。 （5）由分析可知，“除杂”步骤中，析出的“沉淀”是、沉淀。 6．（23-24高二上·广东东莞·期末）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。 已知：各金属离子沉淀的pH如下： 开始沉淀 8.8 7.5 2.2 4.1 9.6 6.5 6.4 完全沉淀 10.8 9.5 3.5 5.4 11.6 8.5 8.4 (1)反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，其目的是 。 (2)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为 。 (3)向浸出液中添加适量MnO2的作用是 ；调节pH时应不低于 。 (4)已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为 。 (5)“沉锰”的离子方程式为 。 (6)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。 由图可知，“沉锰”的适宜条件是 。 【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率 (2)MnO2+SO2=MnSO4 (3) 将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去 5.4 (4)NiS、ZnS (5)Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O (6)45℃、pH=7.5 【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解题。 【详解】（1）反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，可以增大接触面积，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率。 （2）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2即MnO2和SO2反应生成MnSO4，该反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4。 （3）由分析可知，加入适量MnO2的作用是：将“浸出液”中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：MnO2+Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；由图干表中数据可知，Al3+完全沉淀时pH=5.4，Fe3+完全沉淀时pH=3.5，则调节pH时应不低于5.4， 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去；5.4。 （4）由分析可知，已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为NiS、ZnS。 （5）向过滤后的滤液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰沉淀和含有Mg2+的溶液，说明锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，该反应的离子方程式为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O。 （6）由图可知，温度45℃左右、pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高，“沉锰”的合适条件是45℃、pH=7.5。 7．（23-24高二上·广东广州·期末）工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3)和辉钼矿(主要成分为MoS2，还含有少量Si、Ni的氧化物)为原料，制备四钼酸铵晶体[(NH4)2Mo4O132H2O]和硫酸锰晶体的工艺流程如下： 已知：pKsp=-lgKsp，常温下，NiS和MnS的分别为19.4和12.6；。 回答下列问题： (1)为了提高焙烧效率，可以采取的措施有 (写一条即可)；“高温焙烧”时MnO2、MoS2转化为MnMoO4、MnSO4，写出该反应的化学方程式 。 (2)“除铁”过程中加入碳酸钠调节溶液的pH至2，生成难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，写出该反应的离子方程式 。 (3)“除铁”后的溶液中c(Mn2+)=0.5 molL-1，当溶液中可溶组分浓度c≤10-5molL-1时，可认为已除尽，则“除镍”应控制溶液pH的范围是 [已知pc(S2-)=-lgc(S2-)，该溶液中pc(S2-)和pH的关系为pc(S2-)=15.1-pH；忽略溶液体积变化]。 (4)硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如下图所示。从过滤所得的滤液中获得较高纯度MnSO4H2O的操作是：控制温度在80～90 ℃之间蒸发结晶， ，使固体MnSO4H2O与溶液分离， ，真空干燥。 (5)“萃取”的原理为，则“反萃取”中的试剂X最适宜选用 (填标号)。 a．稀硫酸       b．(NH4)2SO4溶液     c．NaOH溶液       d．氨水 从“母液”中回收的副产品主要是 (填名称)。 【答案】(1) 搅拌或将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧 (2) (3)0.7-2.8 (4) 趁热过滤 用80～90 ℃的蒸馏水洗涤 (5) d 硫酸铵 【分析】由题给流程可知，软锰矿和辉钼矿在空气中高温焙烧时，二氧化锰、二硫化钼与氧气在高温条件下反应生成钼酸锰和硫酸锰，向焙烧渣中加入硫酸酸浸，将氧化铁、氧化镍溶解得到可溶性硫酸盐，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸出渣和浸出液；向浸出液中加入叔胺萃取溶液中的钼元素，分液得到水相和有机相；向水相中加入碳酸钠溶液，将铁离子转化为黄钠铁矾，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入硫化钠调节溶液pH，将镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和含有硫酸锰的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作制得四水硫酸锰晶体；向有机相中加入氨水反萃取、分液得到叔胺和四钼酸铵溶液；向溶液中加入硫酸，中和过量的氨水，使四钼酸铵转化为沉淀，过滤得到含有硫酸铵的母液和四钼酸铵晶体。 【详解】（1）将矿石粉碎、增大空气的量、逆流焙烧等措施能提高焙烧效率；由分析可知，高温焙烧时发生的反应为二氧化锰、二硫化钼与氧气在高温条件下反应生成钼酸锰和硫酸锰，反应的化学方程式为； （2）生成黄钠铁矾沉淀的反应为溶液中的铁离子、钠离子、硫酸根离子与碳酸根离子反应生成黄钠铁矾沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为； （3）由硫化锰的溶度积可知，溶液中锰离子浓度为0.5mol/L时，溶液中pc(S2-)=pKsp(MnS)- pc(Mn2+)=12.6-0.3=12.3，则pH=15.1-12.3=2.8，由硫化镍的溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，溶液中pc(S2-)=pKsp(NiS)-pc(Ni2+)=19.4-5=14.4，则pH=15.1-14.4=1.7，则溶液中pH的范围为0.7-2.8； （4）由图像可知，在70-80℃下蒸发结晶后，如果降低温度，MnSO4H2O会溶解损失，因此需趁热过滤、并在70-80℃下用蒸馏水洗涤减少损失， （5）由萃取方程式可知，加入氨水能中和溶液中的氢离子，使平衡向逆反应方向移动，有利于四钼酸铵的生成，且不引入新杂质，故选d；由分析可知，母液的主要成分为硫酸铵，则回收的副产品为硫酸铵。 8．（23-24高二上·广东深圳·期末）镍及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土镍矿(主要成分NiO、MgO、Al2O3、SiO2和FeO)为原料，采用酸溶法制取和MgSO4·7H2O，工业流程如图所示： 已知：①常温下，NiSO4易溶于水，Ni(OH)2和NiOOH不溶于水。 ②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下： 沉淀物 Ni(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2 开始沉淀时的pH 7.1 7.6 2.7 3.4 9.2 沉淀完全(c<10-5mol/L)时的pH 9.0 9.6 3.2 4.7 11.1 回答下列问题： (1)“滤液1”中加入H2O2的作用是 (用离子反应方程式表示)。 (2)操作II为达到实验目的，由表中的数据判断通入NH3调节溶液pH的范围是 。 (3)Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为 mol/L。 (4)工业上使用Ni(OH)2在碱性溶液中电解，在电解池的阳极可制得电极材料NiOOH，该电极反应方程式为 。 (5)用滴定法测定NiSO4产品中镍元素含量。取5.90g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol∙L-1的Na2H2Y标准液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2H2Y标准液平均值为12.00mL。 已知：i．Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+；         ii．紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。 ①滴定终点的颜色变化为 ； ②样品中镍元素的质量分数为 %(保留3位有效数字)； ③以下操作，会使测定结果偏低的有 。 A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度         B．盛装Na2H2Y标准液的滴定管未润洗 C．滴定前，发现装有滴定管尖嘴处有一个气泡，滴定后，气泡消失 D．滴定终点读数后，发现尖嘴处悬挂了一滴溶液 【答案】(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (2)4.7~7.1 (3)10-4 (4)Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O (5) 加入最后半滴标准液，溶液山橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色 6.00 A 【分析】红土镍矿(主要成分NiO、MgO、、和铁的氧化物)为原料在硫酸中浸取，NiO、MgO、Al2O3、和铁的氧化物与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，过滤后向滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，再通氨气调节溶液的pH沉淀铝离子和铁离子，再次过滤后向所得滤液中加氧化镁，调节溶液pH值，使镍离子沉淀，过滤向氢氧化镍中加入硫酸得到硫酸镍，滤液3经过一系列操作，得到硫酸镁晶体。 【详解】（1）“滤液1”中加入的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH从而除掉铁离子，其离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。 （2）操作II的目的是沉淀铁离子、铝离子，而不能沉淀镍离子和镁离子，根据铝离子最终沉淀完全的pH值和镍离子开始沉淀的pH值，由表中数据判断通入氨气调节溶液pH的范围为：4.7~7.1。 （3）镍离子沉淀完全的pH值为9.0，Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15,“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为c(Ni2+)===10-4mol/L。 （4）工业上使用Ni(OH)2在碱性溶液中电解，在电解池的阳极可制得电极材料NiOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O。 （5）①已知：紫脲酸胺为紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色；滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液山橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色； ②反应为Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+，则样品中Ni的物质的量为0.100mol/L×12.00×10-3L×=6×10-3mol，样品巾镍元紊的质量分数为=6.00%； ③A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据可知测定结果偏低，故A选； B．盛装Na2H2Y标准液的滴定管未润洗，会导致消耗的标准液体积读数偏大，根据可知测定结果偏高，故B不选； C．滴定前，发现装有滴定管尖嘴处有一个气泡，滴定后，气泡消失，会导致消耗的标准液体积读数偏大，根据可知测定结果偏高，故C不选； D．滴定终点读数后，发现尖嘴处悬挂了一滴溶液，会导致消耗的标准液体积读数偏大，根据可知测定结果偏高，故D不选； 故选A。 9．（23-24高二上·广东广州·期末）物质的转化在生活、生产领域应用广泛。 已知时 物质 回答下列问题： Ⅰ.碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中形成悬浊液，测得其。 (1)静置后上层清液中， (填“>”“<”或“=”)。 (2)向悬浊液体系中通入气体，溶液中 (填“增大”“减小”或“保持不变”)。 Ⅱ.锅炉水垢严重影响锅炉使用寿命。为了除去水垢中的，可先用溶液处理，使转化为疏松、易溶于酸的，然后用酸除去。已知 (3)用过量溶液浸泡数日(忽略浸泡后溶液的浓度变化)，水垢中的能否全部转化为？结合计算说明 (已知当溶液中剩余的离子浓度小于时，认为转化反应进行完全)。 (4)某同学以溶液为例，探究不同浓度与其水解程度之间的关系，利用计算机辅助作图如图，通过图示可知 。 Ⅲ.白云石的主要成分为，利用白云石制备碳酸钙和氧化镁的部分流程如下： (5)结合表格中的数据解释“浸钙”过程中主要浸出“钙”的原因是 。 (6)“沉钙”反应的离子方程式为 。 (7)该流程中可循环利用的物质有 (填写物质的化学式)。 【答案】(1)＞ (2)增大 (3)0.1mol/LNa2CO3溶液中c(Ca2+)==3.4×10—8mol/L＜1×10—5mol/L，说明全部转化为 (4)CO浓度越小，水解率越大，水解程度越大 (5)Ca(OH)2溶度积远大于Mg(OH)2，浓度相等的NH4Cl溶液中，CaO优先浸出 (6)Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH (7)NH4Cl 【分析】白云石矿样煅烧分解得到煅烧渣，向煅烧渣中加入氯化铵溶液，氧化钙与氯化铵溶液反应得到含有氯化钙和氨气，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁和含有氯化钙、氨气的滤液；向滤液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中的氯化钙和氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸钙和可以循环使用的氯化铵溶液； 【详解】（1）将过量碳酸钙粉末置于水中形成悬浊液静置得到的上层清液为碳酸钙的饱和溶液中，溶液中存在物料守恒关系c(Ca2+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，则溶液中钙离子浓度小于碳酸根离子浓度，故答案为：＞； （2）向悬浊液体系中通入二氧化碳，溶液中二氧化碳会与碳酸钙反应生成可溶的碳酸氢钙，使得溶液中钙离子浓度增大，故答案为：增大； （3）由溶度积可知，0.1mol/LNa2CO3溶液中c(Ca2+)==3.4×10—8mol/L＜1×10—5mol/L，说明全部转化为，故答案为：0.1mol/LNa2CO3溶液中c(Ca2+)==3.4×10—8mol/L＜1×10—5mol/L，说明全部转化为； （4）由图可知，碳酸根离子浓度越小，水解率越大，水解程度越大，故答案为：CO浓度越小，水解率越大，水解程度越大； （5）由表格数据可知，Ca(OH)2溶度积远大于Mg(OH)2，浓度相等的NH4Cl溶液中，CaO优先与氯化铵溶液反应浸出，故答案为：Ca(OH)2溶度积远大于Mg(OH)2，浓度相等的NH4Cl溶液中，CaO优先浸出； （6）由分析可知，“沉钙”的反应为二氧化碳与溶液中的氯化钙和氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH，故答案为：Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH； （7）由分析可知，该流程中可循环利用的物质为氯化铵，故答案为：NH4Cl。 10．（24-25高二上·广东汕头·期末）以镁铝复合氧化物(MgO-Al2O3)为载体的负载型镍铜双金属催化剂(Ni-Cu/MgO-Al2O3)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，该催化剂的制备流程如下： 已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.21×10-20，Ksp[Al(OH)3]=1.30×10-33。 回答下列问题： (1)实验室配制Al2(SO4)3溶液时，需用硫酸酸化的目的是 。 (2)在加热条件下，尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应，放出 和 两种气体(写化学式)。 (3)下列说法错误的是_______。 A．“调pH”过程中，目的是把金属阳离子转化为氢氧化物 B．“晶化”过程中，需保持恒温60°C，可采用水浴加热 C．“焙烧”过程中，可使用蒸发皿或坩埚 D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，所发生的反应为 (4)“一系列操作”中，包含洗涤和110°C下干燥操作，则洗涤过程中检验滤饼是否洗净的方法是 。 (5)常温下，若“悬浊液”中，则溶液的pH= 。 (6)NiSO4溶液可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。该反应的离子方程式为 。 【答案】(1)抑制Al3+的水解 (2) NH3 CO2 (3)C (4)取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净 (5)10 (6)2Ni2+ +ClO- +4OH- =2NiOOH↓+Cl -+H2O 【分析】、、和在加热条件下溶于尿素，发生反应生成、、、，在60℃晶化过滤得到滤饼，经洗涤、干燥后焙烧，得到、、和，在550℃下利用氢气还原即可得到产品。 【详解】（1）水解使溶液显弱酸性，配制Al2(SO4)3溶液时，用硫酸酸化，可使水解平衡逆向移动，从而抑制的水解，故用硫酸酸化的目的是抑制的水解； （2）在加热条件下，尿素[CO(NH2)2]在水中发生水解反应，根据组成元素可知生成的两种气体为和； （3）A．“调pH”过程中，、、和在加热条件下溶于尿素，发生反应生成、、、，故目的是把金属阳离子转化为氢氧化物，A项正确； B．“晶化”过程中，需保持恒温60°C，处于相对较低的温度下且需要恒温，故可采用水浴加热，B项正确； C．“焙烧”过程中，只能使用坩埚，不能使用蒸发皿，C项错误； D．“还原”过程中，以M代表Ni或Cu，发生还原反应，生成金属单质，所发生的反应为，D项正确； 答案选C； （4）检验滤饼是否洗净，需对洗涤液进行检验，若洗净，洗涤液中不存在，若未洗净，则洗涤液中存在，故具体操作为取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净； （5），，则，解得，，即； （6）NiSO4溶液可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH，反应的离子方程式为2Ni2+ +ClO- +4OH- =2NiOOH↓+Cl -+H2O。 11．（23-24高二上·广东茂名·期末）我国科学家利用多相催化剂，以为氧化剂，为氮源，在温和条件下制备酰胺、腈类。某小组以菱锰矿(主要成分为，含、和等)为原料制备。 已知：常温下，。的电离常数：。 回答下列问题： (1)“酸浸”过程中，溶解的离子方程式为 。 (2)“沉铁”中加入的目的是 (用离子方程式表示)。已知常温下，，恰好完全沉淀时(此时浓度为)溶液的 。(已知) (3)“沉钴”中发生的反应为，平衡常数 。在化学上，平衡常数K大于时认为反应不可逆。由此推知，“沉钴”反应是 (填“可逆”或“不可逆”)反应。 (4)“沉锰”过程中，生成沉淀的离子方程式为 ，常温下加入的溶液呈 (填“酸性”“中性”或“碱性”)(已知：的，的)。 【答案】(1) (2) 3.3 (3) 不可逆 (4) 碱性 【分析】菱锰矿(主要成分为，含和等)加入稀硫酸酸浸，除去浸渣，所得溶液加入二氧化锰、通入氨气沉铁，除去氢氧化铁等，再加入硫化氢沉钴，除去钴，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰，在空气中灼烧得到； 【详解】（1）“酸浸”过程中，稀硫酸将溶解生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为； （2）“沉铁”中加入将氧化为，使其更容易转化为沉淀而除去，反应的用离子方程式为；已知常温下，，恰好完全沉淀时(此时浓度为)，根据，解得c(OH-)=210-11mol/L，故c(H+)=10-3mol/L，则溶液的3.3； （3）常温下，。的电离常数： ，“沉钴”中发生的反应为，该反应的平衡常数；K大于，认为反应不可逆； （4））“沉锰”过程中，硫酸锰与碳酸氢铵反应生成沉淀，同时产生二氧化碳，反应的离子方程式为； 已知：的，的，一水合氨的电离常数大于的电离常数，可知水解程度强于水解程度，故溶液呈弱碱性 12．（22-23高二下·广东东莞·期末）三氧化二镍()是一种重要的电子元件和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铁、钙、镁合金等)制取草酸镍()，高温煅烧再得。 已知：ⅰ．草酸的钙、镁、镍盐以及、均难溶于水。 ⅱ．溶液中金属阳离子的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH(20℃)如下表： 金属离子 开始沉淀时()的pH 7.7 7.5 2.2 12.3 9.6 完全沉淀时()的pH 9.2 9.0 3.2 微溶 11.1 (1)中Ni的化合价为 ；能加快“酸溶”时浸出速率的方法是 (写出一条即可)。 (2)“除铁”时，加入的目的是 ；加入碳酸钠溶液调pH的合理范围是 (用区间表示)。 (3)“除杂”所得滤渣3的主要成分是 (填化学式)，写出“沉淀”生成草酸镍的离子方程式 。 (4)已知25℃，，，计算“除杂”所得溶液中 。 (5)“沉淀”后，洗涤草酸镍的实验操作为 。 【答案】(1) +3 适当升温或增大硫酸浓度(其他合理答案酌情给分) (2) 将二价铁氧化为三价铁 3.2≤pH<7.7 (3) MgF2 (4)160 (5)向过滤器中加入蒸馏水至没过沉淀，待液体自然流尽，重复操作2~3次 【分析】含镍废料(主要成分为镍、铁、钙、镁合金等)加硫酸反应得到Ni2+、Fe2+、CaSO4、Mg2+，滤渣1为CaSO4，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，碳酸钠溶液调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤渣2成分为Fe(OH)3，加入NH4F与Mg2+反应生成难溶于水，滤渣3成分为，加入草酸与Ni2+反应生成； 【详解】（1）中氧为-2价，则Ni的化合价为+3；能加快“酸溶”时浸出速率的方法是适当升温或增大硫酸浓度； （2）过氧化氢具有氧化性，加入的作用是将二价铁氧化为三价铁，加入碳酸钠溶液目的为将三价铁完全转化为沉淀而除去，同时防止Ni2+沉淀，故应调pH至3.2≤pH<7.7； （3）加入NH4F与Mg2+反应生成难溶于水，“除杂”所得滤渣3的主要成分是MgF2，加入草酸与Ni2+反应生成 ，“沉淀”生成草酸镍的离子方程式； （4）“除杂”所得溶液中； （5）已知难溶于水，“沉淀”后，洗涤草酸镍的实验操作为：向过滤器中加入蒸馏水至没过沉淀，待液体自然流尽，重复操作2~3次。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $