专题06 沉淀溶解平衡-2025-2026学年高二上学期期末复习题型专练（广东专用）

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 1．（24-25高二上·广东茂名·期中）一定温度下，难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，下列说法正确的是 A．难溶电解质的溶解平衡是一种动态平衡 B．向溶液中加一定量的水，溶液中电离出的离子浓度一定增大 C．达到溶解平衡时，再加入该难溶电解质，将促进其溶解 D．难溶电解质溶解形成的阴、阳离子的浓度相等 【答案】A 【详解】A．难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，溶解和沉淀的过程同时发生，且速率相等，使得宏观上电解质在水中的浓度保持稳定，是一种动态平衡，A正确； B．向溶液中加一定量的水，若仍有固体未溶解，由于温度不变，难溶电解质不变，则溶液电离出的离子浓度不变，B错误； C．达到溶解平衡时，再加入该难溶电解质固体，不会影响该沉淀溶解平衡，化学平衡不移动，C错误； D．难溶电解质电离出的阴阳离子所带电荷不一定相同，其浓度也不一定相等，如平衡时阴阳离子浓度相等，平衡时阴阳离子浓度不等，D错误； 故选A。 2．（24-25高二上·广东茂名·期中）一定温度下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，下列说法错误的是 A．c (Ag+)减小 B．AgCl的溶解度不变 C．Ksp不变 D．AgCl(s)Ag+(aq) + Cl-(aq)平衡逆向移动 【答案】B 【详解】A．加入HCl后，Cl-浓度增加，Ag+浓度降低以维持Ksp不变，A正确； B．由于同离子效应，此时溶解平衡逆向移动，溶解度减小，B错误； C．Ksp仅与温度相关，温度不变则Ksp不变，C正确； D．Cl-浓度增加导致平衡逆向移动，D正确； 答案选B。 3．（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。 4．（23-24高二上·广东·阶段练习）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。 5．（22-23高二上·广东·课后作业）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。 6．（24-25高二上·广东梅州·阶段练习）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．（19-20高二上·广东河源·阶段练习）常温时，将足量的CaCO3固体分别加入同体积下列各溶液中，CaCO3溶解最少的是 A．1 mol·L-1的Na2CO3溶液 B．2 mol·L-1的K2CO3溶液 C．2 mol·L-1的HCl溶液 D．1 mol·L-1的NaCl溶液 【答案】B 【分析】常温时，CaCO3固体在溶液中存在溶解平衡CaCO3Ca2++CO32-，结合平衡的移动分析判断。 【详解】A．1 mol·L-1的Na2CO3溶液中c(CO32-)=1 mol·L-1，抑制碳酸钙的溶解； B．2 mol·L-1的K2CO3溶液中c(CO32-)=2 mol·L-1，抑制碳酸钙的溶解，抑制程度更大，碳酸钙的溶解度更小； C．2 mol·L-1的HCl溶液与碳酸根离子反应，c(CO32-)减小，常见碳酸钙溶解，溶解度变大； D．1 mol·L-1的NaCl溶液对CaCO3Ca2++CO32-的平衡无影响，碳酸钙溶解度不变； CaCO3溶解最少的是2 mol·L-1的K2CO3溶液，故选B。 8．（23-24高二下·广东深圳·期末）Mg(OH)2在下列四种情况下，其溶解度最大的是 A．在纯水中 B．在0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液中 C．在0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中 D．在0.1 mol·L-1的MgCl2溶液中 【答案】C 【详解】由沉淀溶解平衡 Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)知， A．在纯水中溶解度即为饱和溶液的溶解度； B．在NH3·H2O溶液中抑制Mg(OH)2溶解，使其溶解度减小； C．CH3COOH溶液与OH-反应，促进其溶解； D．在MgCl2溶液中能抑制Mg(OH)2的溶解，使其溶解度减小， 比较选项可知C项符合题意，正确。 9．（22-23高二上·广东汕头·阶段练习）当固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，部分AgCl转化为AgI，其原因是． A．AgI比AgCl稳定 B．氯的非金属性比碘强 C．I－的还原性比Cl－强 D．AgI的溶解度比AgCl小 【答案】D 【详解】固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时,则部分AgCl转化为AgI,发生AgCl+I−=AgCl+Cl−，可知溶解度AgI<AgCl，与离子的还原性、氧化性及AgX的稳定性无关， 故选D。 10．（2020高三·广东·专题练习）在下列物质中溶解度最大的是 A．纯水 B．稀硫酸 C．氯化钡溶液 D．硫酸钠溶液 【答案】A 【详解】由溶解平衡可知，，钡离子、硫酸根离子都能抑制硫酸钡溶解， A.纯水中存在溶解平衡； B.硫酸根离子抑制硫酸钡的电离，从而抑制其溶解； C.钡离子抑制硫酸钡的电离，从而抑制其溶解； D.硫酸根离子抑制硫酸钡的电离，从而抑制其溶解； 故在纯水中溶解度最大，答案选A。 11．（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）宏观辨识和微观探析是化学科的核心素养。下列方程式正确的是 A．的电离： B．溶液的水解平衡： C．用醋酸除去水垢： D．AgCl的沉淀溶解平衡： 【答案】D 【详解】A．是强电解质，完全电离，电离方程式为：，A错误； B．NaHSO3溶液的发生水解平衡生成亚硫酸和氢氧根离子，水解的离子方程式为：，B错误； C．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆，用醋酸除去水垢的离子方程式为：，C错误； D．AgCl固体部分溶解，溶解部分的氯化银完全电离生成银离子和氯离子，沉淀溶解平衡：，D正确； 故选D。 考点02 溶度积常数 1．（17-18高二上·广东深圳·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。 2．（24-25高二上·广东茂名·期中）下列关于沉淀溶解平衡的说法正确的是 A．“”说明没有完全电离，是弱电解质 B．等物质的量的和溶于水，溶液中一定有和 C．向饱和溶液中加入盐酸，一定会有沉淀生成 D．向饱和溶液中滴加少量饱和溶液，生成黄色沉淀，说明 【答案】B 【详解】A．“”说明AgCl是极少部分溶解，但溶解部分完全电离，AgCl是强电解质，A错误； B．等物质的量的和溶于水生成AgCl沉淀，但AgCl存在沉淀溶解平衡，则溶液中一定有Ag＋和Cl−，B正确； C．向饱和溶液中加入盐酸，若加入盐酸后溶液中Cl-的浓度小于原饱和溶液中Cl-的浓度，此时不产生沉淀，则不一定会有沉淀生成，C错误； D．向饱和溶液中滴加少量饱和溶液，生成AgI黄色沉淀，即沉淀向AgI沉淀转化，说明AgI的溶解度小于AgCl，且两者组成和结构相似，则，D错误； 故选B。 3．（19-20高二上·广东阳江·期末）25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝10－12，Ksp(MgF2)＝10－10。下列说法正确的是 A．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4F固体，c(Mg2＋)减小 B．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大 C．25℃时，向浓度均为0.1mol•L-1的NaOH和NaF的混合溶液中逐滴滴加MgCl2溶液，先生成Mg(OH)2沉淀 D．25℃时，Mg(OH)2固体在20mL 0.01 mol•L-1氨水中的Ksp比在20mL 0.01 mol•L-1NH4F溶液中的Ksp小 【答案】C 【详解】A. 25℃时，因为Ksp[Mg(OH)2]<Ksp(MgF2)，所以在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4F固体，对Mg(OH)2的溶解度不产生影响，c(Mg2＋)不变，A错误； B. 25℃时，因为Ksp[Mg(OH)2]<Ksp(MgF2)，所以饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，后者的c(Mg2＋)大，B错误； C. 25℃时，向浓度均为0.1mol•L-1的NaOH和NaF的混合溶液中逐滴滴加MgCl2溶液，因为Ksp[Mg(OH)2]<Ksp(MgF2)，所以先生成Mg(OH)2沉淀，C正确； D. 25℃时，Ksp[Mg(OH)2]只受温度的影响，不受其它电解质的影响，所以Mg(OH)2固体在20mL 0.01 mol•L-1氨水中的Ksp与在20mL 0.01 mol•L-1NH4F溶液中的Ksp相等，D错误。 故选C。 4．（18-19高二下·广东·开学考试）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。 5．（15-16高三上·广东·阶段练习）关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是(　　) A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关 B．将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp(CaSO4) C．已知25 ℃时Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝4.0×104 D．已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2] ＝1.8×10－11，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH＝11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2＋)＝1.8×10－5mol·L－1 【答案】B 【详解】A. Ksp是温度的常数，只随温度改变而改变，不同物质的溶解能力不同，与物质本身的性质有关，故A正确； B. 将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不同，不能说明大小，故B错误； C. Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH−)⋅c(Fe3+)，反应的平衡常数K==4.0×104，故C正确； D. 测得混合液的pH=11，Ksp[Mg(OH)2]=c2(OH−)⋅c(Mg2+)，c(OH−)=10−3，代入求得c(Mg2+)=1.8×10−3mol/L，故D正确； 答案选B。 6．（18-19高二下·广东·阶段练习）已知下列物质在20℃下的Ksp如下， 化学式 AgCl AgBr AgI Ag2S Ag2CrO4 颜色 白色 浅黄色 黄色 黑色 红色 Ksp 2.0×10－10 5.4×10－13 8.3×10－17 2.0×10－48 2.0×10－12 下列说法不正确的是 A．20℃时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag＋物质的量浓度由大到小的顺序是:Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S。 B．向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，c(Br -) /(Cl -)＝2.7×10－3 C．测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是K2CrO4 D．某溶液中含有Cl－、Br－和I－，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，Cl－最先沉淀出来 【答案】D 【详解】A．20℃时，在AgCl的饱和溶液中，Ksp=c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10-10，c(Ag+)= mol·L-1；Ag2CrO4饱和溶液中，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(Ag+)= mol·L-1；同理，在AgI 的饱和溶液中，c(Ag+)= mol·L-1；在AgBr的饱和溶液中，c(Ag+)=mol/L；在Ag2S 的饱和溶液中，c(Ag+)= mol·L-1；故Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S，故A正确； B．当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c(Br-)=，c(Cl-)=，则==2.7×10-3，故B正确； C．指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示滴定终点；氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，依据Ksp可以直接比较溶解度大小为氯化银＞溴化银＞碘化银；Ksp(AgCl)= c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10--10，c(Cl-)= mol·L-1；Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(CrO42-)= mol·L-1，同理硫化银的Ksp= c2(Ag+)c(S2-)=2.0×10－48，c(S2-)= mol·L-1，说明铬酸银溶解度大于氯化银，硫化银溶解度小于氯化银，则加入K2CrO4做指示剂，可正确的测定氯化物的含量，故C正确； D．某溶液中含有Cl－、Br－和I－，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，氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，Ksp由大到小的顺序为：AgCl＞AgBr＞AgI，因此I－最先沉淀出来，故D错误； 答案选D。 7．（19-20高二上·广东·阶段练习）已知下表数据： 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 完全沉淀时的pH范围 ≥9.6 ≥6.4 3~4 对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不正确的是（    ） A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀 B．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到白色沉淀 C．向该混合溶液中加入适量H2O2，并调节pH到3~4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液 D．在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在 【答案】B 【详解】 A. 向混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始生成Fe(OH)3时pH最小，所以最先看到红褐色沉淀，故A正确； B. 根据A项分析可知，向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是红褐色沉淀，故B错误； C. 向该溶液中加入适量双氧水，Fe2+被氧化为Fe3＋，调节pH到3~4后过滤，Fe3＋被完全除去，所以能获得纯净的CuSO4溶液，故C正确； D. 在pH=5的溶液中c(OH－)=1×10-9mol/L，Fe3＋被完全沉淀时，c(Fe3＋)≤1×10-5mol/L，c(OH－)≥(=(<1×10-9mol/L，所以在pH=5的溶液中．Fe3＋不能大量存在，故D正确。 答案选C。 8．（18-19高二上·广东广州·期中）关节炎首次发作一般在寒冷季节，原因是关节滑液中形成了尿酸钠晶体(NaUr)，易诱发关节疼痛，其化学机理是： ① ②    △H 下列叙述错误的是 A．降低温度，反应②平衡正向移动 B．降低关节滑液中HUr及含量是治疗关节炎的方法之一 C．反应②正方向是吸热反应 D．关节保暖可以缓解疼痛，原理是平衡②逆向移动 【答案】C 【详解】A．关节炎首次发作一般在寒冷季节，原因是关节滑液中形成了尿酸钠晶体(NaUr)，即低温有利于尿酸钠晶体(NaUr)形成，因此降低温度，反应②平衡正向移动，故A正确； B．治疗关节炎需要减少尿酸钠晶体(NaUr)的量，即反应②平衡逆向移动，降低关节滑液中HUr、含量，反应②平衡逆向移动，可以减少尿酸钠晶体(NaUr)的量，是治疗关节炎的方法之一，故B正确； C．低温有利于尿酸钠晶体(NaUr)形成，因此降低温度，反应②平衡正向移动，反应②正方向是放热反应，故C错误； D．关节保暖即升高温度，反应②平衡逆向移动，NaUr的量减少，可以缓解疼痛，原理是平衡②逆向移动，故D正确； 故答案为C。 考点03 溶度积曲线 1．（17-18高二上·广东·期中）如图是碳酸钙(CaCO3)在25℃和100℃两种情况下，在水中的沉淀溶解平衡曲线。下列有关说法正确的是 A．  ΔH<0 B．a、b、c、d四点对应的溶度积Ksp相等 C．25℃时CaCO3的Ksp=2.8×10-9 D．温度不变，挥发水分，可使溶液由a点变到c点 【答案】C 【详解】A．由图可知，温度越高，Ca2+、的浓度越大，因为溶解平衡为吸热反应，则CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)△H＞0，故A错误； B．Ksp与温度有关，则图中只有b、c温度相同，对应的溶度积Ksp相等，故B错误； C．由c点c(Ca2+)=2.0×10-5mol/L、c()=1.4×10-4mol/L可知，25℃时，CaCO3的Ksp=c(Ca2+)c()=2.8×10-9，故C正确； D．由a点变到c点的浓度不变，而蒸发时溶剂减少，蒸发使Ca2+、离子浓度都变大，不能实现，故D错误； 答案选C。 2．（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。 3．（2023高二上·广东佛山·学业考试）草酸钙()是肾结石成分之一，常温下，溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 A．a点溶液中： B．c点溶液中： C．由b点可知： D．向草酸钙悬浊液中加少量水，再次平衡后减小 【答案】C 【详解】A．由图可知，b点时，则a点溶液中：，A错误； B．c点为主沉淀溶解平衡的曲线上，c点溶液中Ca2+浓度小于对应曲线上钙离子浓度，则：，B错误； C．由b点对应的c(Ca2+)=c(=1×10-5，可知：，C正确； D．向草酸钙悬浊液中加少量水，草酸钙继续溶解，KSP不变，再次平衡后不变，D错误； 答案选C。 4．（23-24高二下·广东·阶段练习）如图所示为探究溶解的过程及溶解平衡移动情况，在点对应时刻向蒸馏水中加入过量固体。若实验过程中保持温度为，下列说法正确的是 A． B．b点对应时刻可能是加了少量蒸馏水稀释溶液 C．c点对应时刻，溶液中 D．时，向纯水中加入，水的电离程度变小 【答案】D 【详解】A．加入之前，蒸馏水，说明是常温，，A项错误； B．根据题意，a点对应时刻加入了过量固体，若b点对应时刻加入蒸馏水稀释，新平衡仍应是饱和溶液，但b点后降低，说明不是加入少量蒸馏水稀释，可能是加入少量酸，新平衡增大，导致降低，B项错误； C．由b点可得： ，c点，，C项错误； D．根据图像，时，向纯水中加入，抑制了水的电离，水的电离程度变小，D项正确； 答案选D。 5．（9-10高二下·广东·阶段练习）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。 6．（21-22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。 7．（2021·全国甲卷·高考真题）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。 下列说法正确的是 A．曲线①代表的沉淀溶解曲线 B．该温度下的值为 C．加适量固体可使溶液由a点变到b点 D．时两溶液中 【答案】B 【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。 【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误； B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确； C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误； D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误； 答案选B。 8．（20-21高三上·广东·期末）AgI可用于人工降雨。AgI溶于水，溶液中离子浓度与温度的关系如图所示，已知：pAg=-lgc(Ag+)，pI=-lgc(I-)。下列说法正确的是（） A．图像中，T＜20℃ B．AgI的溶度积Ksp(AgI)：c=d=e＜f C．20℃时，AgI粉末溶于饱和KI溶液中c(Ag+)=1×10-bmol•L-1 D．在d点饱和AgI溶液中加AgNO3粉末，d点移动到f点 【答案】B 【分析】碘化银溶于水的过程为电离的过程，电离断键，故碘化银溶解是吸热的，在水中存在碘化银的溶解平衡，Ksp=c(Ag+)∙c(I-)，Ksp属于平衡常数的一种，只受温度影响，结合图像分析解答。 【详解】A．碘化银溶解是吸热的，温度越高电离出的离子越多，图像中c(I-)：a＞b，故T＞20℃，故A错误； B．Ksp属于平衡常数的一种，只受温度影响，在相同温度下，曲线上的各点溶度积相同，温度越高，溶度积越大，AgI的溶度积Ksp(AgI)：c=d=e＜f，故B正确； C．20℃时，AgI粉末溶于饱和KI溶液中，碘化银溶解平衡逆向移动，c(Ag+)＜1×10-bmol•L-1，故C错误； D．在d点饱和AgI溶液中加AgNO3粉末，d点沿de曲线向e点移动，故D错误； 答案选B。 9．（23-24高二上·广东·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。 10．（19-20高二上·广东广州·阶段练习）硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是 A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42-)的增大而减小 B．三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大 C．283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液 D．283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液 【答案】B 【详解】A. Ksp只与温度有关，与浓度无关，故A错误； B. Ksp= c(SO42-)∙c(Sr2+)由图像可知：在相同条件下，温度越低，Ksp(SrSO4)越大，所以温度越低时越大，故B正确； C. a点在283K溶解平衡曲线的下方，属于不饱和溶液，故C错误； D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，溶液还是属于饱和溶液，故D错误； 答案选B。 【点睛】Ksp只与温度有关，与浓度无关。 11．（18-19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。 12．（24-25高二上·广东佛山·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。 【点睛】本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。 考点04 沉淀溶解平衡的应用 1．（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）回答下列问题。 (1)某课外活动小组为探究BaSO4的溶解度，分别将足量BaSO4放入：①5mL水；②20mL0.5mol·L-1的Na2SO4溶液；③40mL0.2mol·L-1的Ba(OH)2溶液；④40mL0.1mol·L-1的H2SO4溶液中，溶解至饱和。 以上各溶液中，c(Ba2+)的大小顺序正确的是 ，BaSO4的溶解度的大小顺序为 (填序号)。 (2)已知BiCl3水解生成BiOCl沉淀，若把适量固体BiCl3置于浓NaCl溶液中可得到澄清溶液。 ①写出水解反应的方程式： 。 ②医药上把BiOCl叫做次氯酸铋，你同意此名称吗？请说出你的理由 。 ③把适量固体BiCl3置于浓NaCl溶液中，可得澄清溶液，可能的原因 。 ④实验室还可以如何配制BiCl3溶液？ 【答案】(1) ③＞①＞④＞② ①＞④＞③＞② (2) BiCl3+H2O=BiOCl↓+2HCl； BiOCl中Cl为-1价，而HClO中Cl为+1价，不同意将BiOCl叫做次氯酸铋 浓NaCl溶液中Cl-浓度较高，可抑制BiCl3水解 将BiCl3溶于较浓的盐酸中，再稀释成所需浓度的溶液 【详解】（1）根据难溶电解质的溶度积常数知，溶液中硫酸根离子浓度越大，硫酸钡的溶解度越小，钡离子浓度越低，氢氧化钡能抑制硫酸钡的溶解，但氢氧化钡溶液中含有钡离子，所以钡离子浓度最大；水中的钡离子浓度次之；硫酸钠溶液和硫酸溶液中都含有硫酸根离子，抑制硫酸钡的溶解，硫酸钠中的硫酸根浓度大于硫酸中的浓度，所以硫酸钠溶液中钡离子的浓度小于硫酸溶液中钡离子浓度，所以钡离子浓度大小顺序是：③＞①＞④＞②，BaSO4的溶解度的大小顺序为：①＞④＞③＞②。 （2）①由于BiCl3强烈水解，且水解有HCl生成，所以固体极易潮解，水解反应可完全进行到底，水解反应的方程式：BiCl3+H2O=BiOCl↓+2HCl； ②BiOCl中Cl为-1价，而HClO中Cl为+1价，不同意将BiOCl叫做次氯酸铋； ③将BiCl3溶于浓NaCl溶液中，由于浓NaCl溶液中Cl-浓度较高，可抑制BiCl3水解； ④BiCl3水解会生成HCl，可将BiCl3溶于较浓的盐酸中，抑制BiCl3水解，再稀释成所需浓度的溶液。 【点睛】沉淀转化的实质实际上是溶解平衡的应用，即由于改变了某离子的浓度，破坏了溶解平衡，从而达到新的平衡状态。利用溶解平衡，可以使反应向我们希望的方向进行。 2．（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）粗金中含金、银、锑、铅等成分，一种湿法提炼金及回收银、锑的工艺如流程所示： 已知：①； ②； (1)“酸溶”中，将粗金粉碎的目的是 ，金属元素转化为、、、等，其中金属元素化合价为+2的微粒是 。 (2)“水解”中，水解生成SbOCl的离子方程式为 。 (3)“还原”中，N2H4氧化为。是二元弱碱，其水溶液中存在、及，若加入1mol 产生0.4mol Ag，则反应后溶液中 mol (4)“沉铅”中，从沉淀溶解平衡的角度分析加入硫酸的作用是 ，若将“沉铅”中的完全转化为，则此时溶液中的不得低于 。 (5)用锌还原得到金的离子方程式为 ；还原后所得的沉淀进行洗涤，检验沉淀洗涤完全的试剂是 。 【答案】(1) 增大固液接触面积，加快反应速率，使其充分反应 (2)+Cl-+H2O=SbOCl+2H+ (3)0.9 (4) 在溶液中存在平衡： 、，加入H2SO4后，Pb2+与形成更难溶的PbSO4使Pb2+减小，促进平衡正向移动，使中的Pb2+转化为沉淀 (5) 3Zn+2=2Au+3Zn2++8Cl- 稀HNO3、AgNO3溶液 【分析】粗金中含金、银、锑、铅等成分，用盐酸和氧化剂酸溶，然后加入去离子水水解得到AgCl、SbOCl混合固体和含有和的滤液，用氨水溶解AgCl，过滤后得到SbOCl固体和溶液，加入N2H4将还原为Ag，向含有和的滤液加入硫酸沉铅过滤得到PbSO4固体，滤液中的经还原后可以得到Au。 【详解】（1）“酸溶”中，将粗金粉碎的目的是：增大固液接触面积，加快反应速率，使其充分反应。金属元素转化为、、、等，其中金属元素化合价为+2的微粒是。 （2）“水解”中，水解生成SbOCl和H+，离子方程式为：+Cl-+H2O=SbOCl+2H+。 （3）“还原”中，N2H4将还原为Ag，N2H4被氧化为N2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：N2H4+4=4Ag+N2+4+4NH3，若加入1mol 产生0.4mol Ag，则有0.1mol N2H4参与反应，是二元弱碱，和水反应能够生成和，根据物料守恒可知1mol-0.1mol=0.9mol。 （4）由题目已知信息可知，在溶液中存在平衡： 、，加入H2SO4后，Pb2+与形成更难溶的PbSO4使Pb2+减小，促进平衡正向移动，使中的Pb2+转化为沉淀；若将“沉铅”中的Pb2+完全转化为PbSO4，此时c(Pb2+)=10-5mol/L，c()=，溶液中的不得低于。 （5）用锌还原得到Au和ZnCl2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Zn+2=2Au+3Zn2++8Cl-，还原后所得的沉淀上附着有Zn2+、Cl-，进行洗涤，检验洗涤液中是否含有Cl-即可检验沉淀是否洗涤完全，试剂是：稀HNO3、AgNO3溶液。 3．（24-25高二上·广东佛山·期中）常温下，某小组同学用如图装置探究的沉淀溶解平衡。 实验装置 实验序号 传感器种类 实验操作 ① 电导率传感器 向蒸馏水中加入足量粉末，一段时间后，再向所得悬浊液中加入少量蒸馏水 ② 传感器 向滴有酚酞溶液的蒸馏水中加入足量粉末，一段时间后，再向所得悬浊液中加入一定量稀硫酸，一段时间后，仍存在粉末 Ⅰ．实验①测得电导率随时间变化的曲线如图1所示。 已知：在稀溶液中，离子浓度越大，电导率越大。 (1)点电导率不等于0的原因是 。 (2)由图1可知，在悬浊液中再加入少量蒸馏水的时刻为 (填“”“”或“”)点。 (3)分析电导率在段逐渐上升的原因：时刻， (填“>”“<”或“=”)，导致 。 Ⅱ．实验②测得随时间变化的曲线如图2所示。 已知：①25℃时，； ②酚酞变色范围如下表： 颜色 无色 淡粉色 红色 (4)实验②过程中，溶液颜色变化：先变红， 。 (5)图2中段低于段的原因是 。 (6)常被用于改良水质，可调节水体，进而抑制细菌的生长。25℃且水体时，水体中为 。 【答案】(1)水能发生微弱的电离 (2) (3) 沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强 (4)再变无色，最终变为淡粉色 (5)段溶液中含有硫酸镁，浓度增大，抑制的溶解 (6) 【分析】实验目的是探究的沉淀溶解平衡，I．ab段，H2O是弱电解质，能发生微弱的电离，电离方程式为H2O⇌H++OH-；bc段，向蒸馏水中加入足量粉末，溶解，产生Mg2+和OH-，电导率增大；cd段，再加入少量蒸馏水，相当于稀释，Mg2+和OH-浓度减小，电导率减小；de段，沉淀溶解平衡正向移动，最终又形成氢氧化镁饱和溶液，导电能力和之前相同。 Ⅱ． AB段pH不断增大，氢氧化镁不断溶解，BC段pH不变，存在平衡，CD段加入稀硫酸，消耗氢氧根，pH减小，稀硫酸消耗完，氢氧化镁继续溶解，pH增大，DE段pH不变，建立新的平衡。 【详解】（1）水是极弱的电解质，能够发生电离，故a点电导率不等于0的原因是水能发生微弱的电离； 故答案为：水能发生微弱的电离； （2）在悬浊液中存在沉淀溶解平衡：，加入少量水，离子浓度减小，导电能力减弱，图像中加入水的时刻为c点，随后c到d导电能力下降， 故答案为：c； （3）d时刻，加入少量水，离子浓度减小，＜，导致沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强； 故答案为：<；沉淀溶解平衡向溶解方向移动，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强； （4）根据图像中溶液pH的变化，结合酚酞的变色范围，实验②中溶液先变红，再变无色，最终变为淡粉色； 故答案为：再变无色，最终变为淡粉色； （5）从图像上看，加入稀硫酸后，溶液的pH先减小，后增大，最终溶液的，显碱性，但小于未加稀硫酸时溶液的pH值，说明过量，DE段溶液中含有硫酸镁，增大浓度，抑制的溶解，导致溶液中自由移动离子浓度降低，则DE段pH低于BC段pH； 故答案为：DE段溶液中含有硫酸镁，增大浓度，抑制的溶解； （6）25℃时水体中加入固体，存在平衡，溶液pH=9，pOH=5，，; 故答案为：。 4．（24-25高二上·广东佛山·期中）氧化钪(Sc2O3)是一种稀土氧化物，可用于制作激光、半导体材料。以钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)为原料制备Sc2O3的工艺流程如下，其中TBP和P507均为有机萃取剂。【注：萃取是利用物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，使溶质物质从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中的方法。反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。】 回答下列问题： (1)Sc2O3中Sc的化合价为 。 (2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3＋，该反应的离子方程式是 。 (3)“滤渣”的主要成分是 。 (4)有机萃取剂P507萃取Sc3＋的反应原理为阳离子交换：ScCl3＋3HR=ScR3＋3HCl(HR代表P507)。在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3的化学方程式是 。 (5)“萃余液2”中的金属阳离子除Al3＋、Ca2＋外，还有 。 (6)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3的化学方程式是 。 (7)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3 1380g，该矿中含钪的质量分数为 。 【答案】(1)+3 (2)3MnO2＋2Fe＋12H+＝3Mn2+＋2Fe3+＋6H2O (3)SiO2 (4)ScR3＋3NaOH＝3NaR＋Sc(OH)3↓ (5)Mn2+ (6)（“煅烧”或“高温”均可） (7)0.09% 【分析】整个流程是氧化钪(Sc2O3)的提取过程，先将钪锰矿石加硫酸和废铁屑溶解，在酸性作用下用TBP有机溶剂萃取除铁后，再用P507有机溶剂萃取钪元素，用NaOH溶液反萃取将钪元素转化为氢氧化钪固体，用盐酸溶解后再加草酸沉淀为草酸钪，煅烧最后得氧化钪。在生产中同时还得到氯化铁等副产品，据此流程解答。 【详解】（1）根据化学式中正负化合价代数和为0，O为-2价，可算出的化合价为+3价。 故答案为：+3。 （2）“溶解”时铁屑在酸性环境中被氧化为，被还原为，反应的离子方程式为：。 故答案为：。 （3）加入硫酸溶解，钪锰矿石中不溶于酸的物质主要是，所以滤渣中的主要成分为 故答案为：。 （4）在“富钪有机相”中加入NaOH溶液进行反萃取，将钪元素转化为氢氧化钪固体从有机相中分离出来，反应的方程式为：。 故答案为：。 （5）溶解后溶液中的金属阳离子主要为：、、、、，用TBP有机溶剂萃取除铁后还有：、、、，用NaOH溶液反萃取将钪元素转化为氢氧化钪固体后“萃余液2”中的金属阳离子还有：、、。 故答案为：。 （6）在空气中氧气的作用下“煅烧”生成和，反应方程式为：。 故答案为：。 （7）式量为：138，1380g 中，则1000kg(1000000g)的钪锰矿中钪的质量分数为：。 故答案为：0.09%。 5．（25-26高二上·广东汕头·阶段练习）利用焙烧—半湿法从铜阳极泥(含有Cu、PbSO4、Ag2Se、Cu2Se、Au等)中提取金，银等金属的过程如下： 已知：①Se、S同为第ⅥA族元素； ②“焙烧”后烧渣主要成分是CuSO4、PbSO4、Ag2SO4、Au； ③PbSO4在浓盐酸中发生反应：；④； 回答下列问题： (1)PbSO4中铅元素的化合价为 。 (2)“烟气”的主要成分是SeO2和SO2，将烟气通入水中可生成单质Se和 （填化学式）。 (3)“水浸”步骤需加入NaCl固体但不能过量的原因是 。 (4)“浸出液”中的主要成分有 (用化学式表达)。 (5)“分银”主反应为该反应的平衡常数。 ①该反应平衡常数表达式为K= 。 ②该反应平衡时溶液c(Cl-)=0.1 mol/L，则 （填“＞”、“＜”或“＝”）。 (6)“分金”和“还原”步骤目的是浸出和提取金，其原理为：在酸性条件下，NaClO3和NaCl反应生成Cl2，Cl2先把Au氧化成[AuCl4]-；再用Zn将[AuCl4]-还原成Au。分金渣中金含量随反应温度的变化曲线如图所示。 55℃后，分金渣中金含量显著升高，原因可能是 。 【答案】(1)+2 (2)H2SO4 (3)避免PbSO4被溶解，造成浪费和损失 (4)CuSO4、H2SO4、NaCl、Na2SO4 (5) ＜ (6)温度高于55℃后，产生氯气速率快，氯气未及时反应就逸出，影响Au的浸出 【分析】铜阳极泥含有Cu、PbSO4、Ag2Se、Cu2Se、Au等，加入硫酸焙烧，焙烧后烧渣主要成分有CuSO4、PbSO4、Ag2SO4、Au，“烟气”主要成分为SeO2和SO2，烧渣中加入NaCl溶液进行“水浸”，Ag2SO4转化为AgCl，PbSO4微溶于水，Au难溶于水，则浸出液中含CuSO4、Na2SO4和NaCl以及焙烧时加入的过量的H2SO4，浸渣中加入Na2S2O3分银，发生反应：AgCl(s)+2(aq)=[Ag (S2O3)2]3-(aq)+Cl-(aq)，得到的渣中加盐酸脱铅，再加入硫酸、氯化钠和氯酸钠进行分金，“分金”和“还原”步骤目的是浸出和提取金。 【详解】（1）根据化合物中元素化合价代数和为0，结合O为-2价，S为+6价，可知PbSO4中铅元素的化合价为+2价； （2）“烟气”主要成分为SeO2和SO2，用水吸收生成单质Se，Se元素化合价从SeO2中的+4价降低至Se单质的0价，Se被还原，则根据氧化还原反应规律可知：S元素被氧化，S元素化合价从SO2中的+4价升高为+6价的H2SO4，故将烟气通入水中得到的另外一种生成物是H2SO4； （3）“水浸”步骤需加入NaCl固体，是为了使Ag2SO4转化为AgCl，同时要避免PbSO4被过量NaCl溶解生成PbCl+，造成浪费和损失； （4）根据上述分析可知浸出液中含有CuSO4、H2SO4、NaCl、Na2SO4； （5）①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则反应的化学平衡常数表达式为K=； ②反应的平衡常数K=5.04×103，若c(Cl-)=0.1 mol/L，则，因此＜； （6）根据题干已知信息：在酸性条件下，NaClO3和NaCl反应生成Cl2，Cl2能够把Au氧化成[AuCl4]-，再用Zn将[AuCl4]-还原成Au。结合分金渣中金含量与反应温度的关系图示可知：在反应温度高于55℃后分金渣中金含量显著升高，这是由于温度高于55℃后，反应产生氯气速率快，氯气未及时反应就从反应体系中逸出，从而影响Au的浸出，导致分金渣中金含量显著升高。 6．（24-25高二上·广东·期中）铬钒矿渣含等元素的氧化物，还有少量，从铬钒矿渣中回收V和Cr可实现废物利用，一种回收工艺流程如下图所示： 已知：“萃取”的目的是分离和。 回答下列问题： (1)“浸取”后所得滤液在“沉硅”时，加入调节pH约为9，所得“滤渣”中仅有一种主要成分，其化学式为 。 (2)“酸浸”时铁化合价无变化，钒由转化为，写出该反应的离子方程式： 。 (3)向“滤液1”中加入足量铁充分反应后，溶液中的阳离子有 和少量。 (4)“萃取”时发生吸热反应，加热能提高钒的产率和生产效率，原因是 。 (5)“操作a”需加入 (填“氧化剂”或“还原剂”)。 (6)常温下，“滤液2”中存在多个平衡，本题仅考虑如下平衡： 反应I： 反应II： ①仅升高温度， (填“变大”、“变小”或“不变”，下同)， 。 ②利用平衡常数推算，仅加水稀释，“滤液2”中离子总数 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ③常温下，配制的溶液，时，设、的平衡浓度分别为，则x、y、z之间的关系式为 。 【答案】(1) (2) (3) (4)升温能加快化学反应速率，也能促进该平衡正向移动 (5)氧化剂 (6) 变大 变小 增大 【分析】铬钒渣在Na2CO3、O2作用下高温焙烧，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐Na2CrO4、Fe(VO3)3，二氧化硅转化为Na2SiO3，加水浸取熔渣，过滤，水浸液中含有Na2CrO4、Na2SiO3，加入稀硫酸、硫酸镁调节水浸液的pH使Na2SiO3转化为MgSiO3沉淀，过滤后结晶得到Na2CrO4，然后用硫酸酸浸，加入铁粉，钒由Fe(VO3)3转化为，加入进行萃取，“萃取”的目的是分离和。操作a中把矾从+3价再氧化为+5价，让钒从有机溶剂中转移到水层中，再加入NH4Cl沉钒得到NH4VO3，以此解答。 【详解】（1）“滤渣”仅有一种主要成分，根据流程可知“滤液2”后应该不含有Mg，“滤渣”同时含Si和Mg元素，故化学式为。 （2）根据题意“酸浸”的是“浸取”后的难溶物，说明难溶于水，离子方程式不能拆，铁化合价无变化，应生成，钒转化为，离子方程式为。 （3）向“滤液1”中加入足量铁会将还原为，结合“萃取”的目的是分离和，溶液中的阳离子有、和少量。 （4）升温能加快化学反应速率，同时该反应吸热，升温能促进平衡正向移动。 （5）和中钒的化合价都是+4价，产物中V的化合价为+5价，“操作a”应加氧化剂。 （6）①反应I放热，升温平衡逆向移动，：变大；根据反应I和反应II可得，升高温度该平衡正向移动，即变小。 ②反应I平衡时，设恰好稀释)倍时，平衡正向移动，离子总数增大；同理，稀释时反应II正向移动，离子总数也增大。 ③Cr的总浓度共，根据Cr元素质量守恒可知。 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 1．（24-25高二上·广东茂名·期中）一定温度下，难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，下列说法正确的是 A．难溶电解质的溶解平衡是一种动态平衡 B．向溶液中加一定量的水，溶液中电离出的离子浓度一定增大 C．达到溶解平衡时，再加入该难溶电解质，将促进其溶解 D．难溶电解质溶解形成的阴、阳离子的浓度相等 2．（24-25高二上·广东茂名·期中）一定温度下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，下列说法错误的是 A．c (Ag+)减小 B．AgCl的溶解度不变 C．Ksp不变 D．AgCl(s)Ag+(aq) + Cl-(aq)平衡逆向移动 3．（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 4．（23-24高二上·广东·阶段练习）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 5．（22-23高二上·广东·课后作业）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 6．（24-25高二上·广东梅州·阶段练习）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．（19-20高二上·广东河源·阶段练习）常温时，将足量的CaCO3固体分别加入同体积下列各溶液中，CaCO3溶解最少的是 A．1 mol·L-1的Na2CO3溶液 B．2 mol·L-1的K2CO3溶液 C．2 mol·L-1的HCl溶液 D．1 mol·L-1的NaCl溶液 8．（23-24高二下·广东深圳·期末）Mg(OH)2在下列四种情况下，其溶解度最大的是 A．在纯水中 B．在0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液中 C．在0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中 D．在0.1 mol·L-1的MgCl2溶液中 9．（22-23高二上·广东汕头·阶段练习）当固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，部分AgCl转化为AgI，其原因是． A．AgI比AgCl稳定 B．氯的非金属性比碘强 C．I－的还原性比Cl－强 D．AgI的溶解度比AgCl小 10．（2020高三·广东·专题练习）在下列物质中溶解度最大的是 A．纯水 B．稀硫酸 C．氯化钡溶液 D．硫酸钠溶液 11．（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）宏观辨识和微观探析是化学科的核心素养。下列方程式正确的是 A．的电离： B．溶液的水解平衡： C．用醋酸除去水垢： D．AgCl的沉淀溶解平衡： 考点02 溶度积常数 1．（17-18高二上·广东深圳·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 2．（24-25高二上·广东茂名·期中）下列关于沉淀溶解平衡的说法正确的是 A．“”说明没有完全电离，是弱电解质 B．等物质的量的和溶于水，溶液中一定有和 C．向饱和溶液中加入盐酸，一定会有沉淀生成 D．向饱和溶液中滴加少量饱和溶液，生成黄色沉淀，说明 3．（19-20高二上·广东阳江·期末）25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝10－12，Ksp(MgF2)＝10－10。下列说法正确的是 A．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4F固体，c(Mg2＋)减小 B．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大 C．25℃时，向浓度均为0.1mol•L-1的NaOH和NaF的混合溶液中逐滴滴加MgCl2溶液，先生成Mg(OH)2沉淀 D．25℃时，Mg(OH)2固体在20mL 0.01 mol•L-1氨水中的Ksp比在20mL 0.01 mol•L-1NH4F溶液中的Ksp小 4．（18-19高二下·广东·开学考试）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 5．（15-16高三上·广东·阶段练习）关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是(　　) A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关 B．将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp(CaSO4) C．已知25 ℃时Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝4.0×104 D．已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2] ＝1.8×10－11，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH＝11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2＋)＝1.8×10－5mol·L－1 6．（18-19高二下·广东·阶段练习）已知下列物质在20℃下的Ksp如下， 化学式 AgCl AgBr AgI Ag2S Ag2CrO4 颜色 白色 浅黄色 黄色 黑色 红色 Ksp 2.0×10－10 5.4×10－13 8.3×10－17 2.0×10－48 2.0×10－12 下列说法不正确的是 A．20℃时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag＋物质的量浓度由大到小的顺序是:Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S。 B．向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，c(Br -) /(Cl -)＝2.7×10－3 C．测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是K2CrO4 D．某溶液中含有Cl－、Br－和I－，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，Cl－最先沉淀出来 7．（19-20高二上·广东·阶段练习）已知下表数据： 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 完全沉淀时的pH范围 ≥9.6 ≥6.4 3~4 对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不正确的是（    ） A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀 B．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到白色沉淀 C．向该混合溶液中加入适量H2O2，并调节pH到3~4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液 D．在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在 8．（18-19高二上·广东广州·期中）关节炎首次发作一般在寒冷季节，原因是关节滑液中形成了尿酸钠晶体(NaUr)，易诱发关节疼痛，其化学机理是： ① ②    △H 下列叙述错误的是 A．降低温度，反应②平衡正向移动 B．降低关节滑液中HUr及含量是治疗关节炎的方法之一 C．反应②正方向是吸热反应 D．关节保暖可以缓解疼痛，原理是平衡②逆向移动 考点03 溶度积曲线 1．（17-18高二上·广东·期中）如图是碳酸钙(CaCO3)在25℃和100℃两种情况下，在水中的沉淀溶解平衡曲线。下列有关说法正确的是 A．  ΔH<0 B．a、b、c、d四点对应的溶度积Ksp相等 C．25℃时CaCO3的Ksp=2.8×10-9 D．温度不变，挥发水分，可使溶液由a点变到c点 2．（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 3．（2023高二上·广东佛山·学业考试）草酸钙()是肾结石成分之一，常温下，溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是 A．a点溶液中： B．c点溶液中： C．由b点可知： D．向草酸钙悬浊液中加少量水，再次平衡后减小 4．（23-24高二下·广东·阶段练习）如图所示为探究溶解的过程及溶解平衡移动情况，在点对应时刻向蒸馏水中加入过量固体。若实验过程中保持温度为，下列说法正确的是 A． B．b点对应时刻可能是加了少量蒸馏水稀释溶液 C．c点对应时刻，溶液中 D．时，向纯水中加入，水的电离程度变小 5．（9-10高二下·广东·阶段练习）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 6．（21-22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 7．（2021·全国甲卷·高考真题）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。 下列说法正确的是 A．曲线①代表的沉淀溶解曲线 B．该温度下的值为 C．加适量固体可使溶液由a点变到b点 D．时两溶液中 8．（20-21高三上·广东·期末）AgI可用于人工降雨。AgI溶于水，溶液中离子浓度与温度的关系如图所示，已知：pAg=-lgc(Ag+)，pI=-lgc(I-)。下列说法正确的是（） A．图像中，T＜20℃ B．AgI的溶度积Ksp(AgI)：c=d=e＜f C．20℃时，AgI粉末溶于饱和KI溶液中c(Ag+)=1×10-bmol•L-1 D．在d点饱和AgI溶液中加AgNO3粉末，d点移动到f点 9．（23-24高二上·广东·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 10．（19-20高二上·广东广州·阶段练习）硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是 A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42-)的增大而减小 B．三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大 C．283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液 D．283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液 11．（18-19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 12．（24-25高二上·广东佛山·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 考点04 沉淀溶解平衡的应用 1．（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）回答下列问题。 (1)某课外活动小组为探究BaSO4的溶解度，分别将足量BaSO4放入：①5mL水；②20mL0.5mol·L-1的Na2SO4溶液；③40mL0.2mol·L-1的Ba(OH)2溶液；④40mL0.1mol·L-1的H2SO4溶液中，溶解至饱和。 以上各溶液中，c(Ba2+)的大小顺序正确的是 ，BaSO4的溶解度的大小顺序为 (填序号)。 (2)已知BiCl3水解生成BiOCl沉淀，若把适量固体BiCl3置于浓NaCl溶液中可得到澄清溶液。 ①写出水解反应的方程式： 。 ②医药上把BiOCl叫做次氯酸铋，你同意此名称吗？请说出你的理由 。 ③把适量固体BiCl3置于浓NaCl溶液中，可得澄清溶液，可能的原因 。 ④实验室还可以如何配制BiCl3溶液？ 2．（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）粗金中含金、银、锑、铅等成分，一种湿法提炼金及回收银、锑的工艺如流程所示： 已知：①； ②； (1)“酸溶”中，将粗金粉碎的目的是 ，金属元素转化为、、、等，其中金属元素化合价为+2的微粒是 。 (2)“水解”中，水解生成SbOCl的离子方程式为 。 (3)“还原”中，N2H4氧化为。是二元弱碱，其水溶液中存在、及，若加入1mol 产生0.4mol Ag，则反应后溶液中 mol (4)“沉铅”中，从沉淀溶解平衡的角度分析加入硫酸的作用是 ，若将“沉铅”中的完全转化为，则此时溶液中的不得低于 。 (5)用锌还原得到金的离子方程式为 ；还原后所得的沉淀进行洗涤，检验沉淀洗涤完全的试剂是 。 3．（24-25高二上·广东佛山·期中）常温下，某小组同学用如图装置探究的沉淀溶解平衡。 实验装置 实验序号 传感器种类 实验操作 ① 电导率传感器 向蒸馏水中加入足量粉末，一段时间后，再向所得悬浊液中加入少量蒸馏水 ② 传感器 向滴有酚酞溶液的蒸馏水中加入足量粉末，一段时间后，再向所得悬浊液中加入一定量稀硫酸，一段时间后，仍存在粉末 Ⅰ．实验①测得电导率随时间变化的曲线如图1所示。 已知：在稀溶液中，离子浓度越大，电导率越大。 (1)点电导率不等于0的原因是 。 (2)由图1可知，在悬浊液中再加入少量蒸馏水的时刻为 (填“”“”或“”)点。 (3)分析电导率在段逐渐上升的原因：时刻， (填“>”“<”或“=”)，导致 。 Ⅱ．实验②测得随时间变化的曲线如图2所示。 已知：①25℃时，； ②酚酞变色范围如下表： 颜色 无色 淡粉色 红色 (4)实验②过程中，溶液颜色变化：先变红， 。 (5)图2中段低于段的原因是 。 (6)常被用于改良水质，可调节水体，进而抑制细菌的生长。25℃且水体时，水体中为 。 4．（24-25高二上·广东佛山·期中）氧化钪(Sc2O3)是一种稀土氧化物，可用于制作激光、半导体材料。以钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)为原料制备Sc2O3的工艺流程如下，其中TBP和P507均为有机萃取剂。【注：萃取是利用物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，使溶质物质从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中的方法。反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。】 回答下列问题： (1)Sc2O3中Sc的化合价为 。 (2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3＋，该反应的离子方程式是 。 (3)“滤渣”的主要成分是 。 (4)有机萃取剂P507萃取Sc3＋的反应原理为阳离子交换：ScCl3＋3HR=ScR3＋3HCl(HR代表P507)。在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3的化学方程式是 。 (5)“萃余液2”中的金属阳离子除Al3＋、Ca2＋外，还有 。 (6)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3的化学方程式是 。 (7)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3 1380g，该矿中含钪的质量分数为 。 5．（25-26高二上·广东汕头·阶段练习）利用焙烧—半湿法从铜阳极泥(含有Cu、PbSO4、Ag2Se、Cu2Se、Au等)中提取金，银等金属的过程如下： 已知：①Se、S同为第ⅥA族元素； ②“焙烧”后烧渣主要成分是CuSO4、PbSO4、Ag2SO4、Au； ③PbSO4在浓盐酸中发生反应：；④； 回答下列问题： (1)PbSO4中铅元素的化合价为 。 (2)“烟气”的主要成分是SeO2和SO2，将烟气通入水中可生成单质Se和 （填化学式）。 (3)“水浸”步骤需加入NaCl固体但不能过量的原因是 。 (4)“浸出液”中的主要成分有 (用化学式表达)。 (5)“分银”主反应为该反应的平衡常数。 ①该反应平衡常数表达式为K= 。 ②该反应平衡时溶液c(Cl-)=0.1 mol/L，则 （填“＞”、“＜”或“＝”）。 (6)“分金”和“还原”步骤目的是浸出和提取金，其原理为：在酸性条件下，NaClO3和NaCl反应生成Cl2，Cl2先把Au氧化成[AuCl4]-；再用Zn将[AuCl4]-还原成Au。分金渣中金含量随反应温度的变化曲线如图所示。 55℃后，分金渣中金含量显著升高，原因可能是 。 6．（24-25高二上·广东·期中）铬钒矿渣含等元素的氧化物，还有少量，从铬钒矿渣中回收V和Cr可实现废物利用，一种回收工艺流程如下图所示： 已知：“萃取”的目的是分离和。 回答下列问题： (1)“浸取”后所得滤液在“沉硅”时，加入调节pH约为9，所得“滤渣”中仅有一种主要成分，其化学式为 。 (2)“酸浸”时铁化合价无变化，钒由转化为，写出该反应的离子方程式： 。 (3)向“滤液1”中加入足量铁充分反应后，溶液中的阳离子有 和少量。 (4)“萃取”时发生吸热反应，加热能提高钒的产率和生产效率，原因是 。 (5)“操作a”需加入 (填“氧化剂”或“还原剂”)。 (6)常温下，“滤液2”中存在多个平衡，本题仅考虑如下平衡： 反应I： 反应II： ①仅升高温度， (填“变大”、“变小”或“不变”，下同)， 。 ②利用平衡常数推算，仅加水稀释，“滤液2”中离子总数 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ③常温下，配制的溶液，时，设、的平衡浓度分别为，则x、y、z之间的关系式为 。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $