3.4 沉淀溶解平衡 第1课时（分层作业）化学人教版选择性必修1

分层作业 第四节　沉淀溶解平衡 第1课时 难溶电解质的沉淀溶解平衡 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B C C A D B C D 11．【答案】(1) 将氧化为，便于后续调溶液pH成为除去 4.0(或4) 和 (2) (3)BC 12．【答案】(1)升温、搅拌(或将固体粉碎等其他合理答案) (2)溶解铝 (3) 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O NiO可消耗H+，使平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+向右移动，从而使Fe3+转化为沉淀除去 (4) 1.0×10-15 0.5 (5)< 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D B C C C B D 8．【答案】(1) 将矿石粉碎、搅拌、适当加热、适当增大硫酸浓度等 (2)或Mn2+能催化过氧化氢分解，导致过氧化氢消耗量偏多 (3) (4)80 (5)根据方程式可知该反应的平衡常数，因此可完全转化为沉淀，所以除杂时选择MnF2 (6)0.12 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B C C A D C 7.【答案】(1) (2) ，在一定量溶液中，先浸出 2.4∶1 ，优先析出，沉钙过程中消耗且少量挥发，减少析出 (3)，，随大量氨气逸出，平衡正向移动 (4)（MgO） (5) 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 第四节　沉淀溶解平衡 第1课时 难溶电解质的沉淀溶解平衡 1．（25-26高二上·辽宁鞍山·期中）下列说法正确的是 A．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp也发生改变 B．溶度积常数是不受任何条件影响的常数，简称溶度积 C．所有物质的溶度积都随温度的升高而增大 D．可用离子积Q判断沉淀溶解平衡进行的方向 【答案】D 【详解】A．（溶度积常数）只与难溶电解质自身性质和温度有关，与离子浓度无关，离子浓度改变时不变，A错误； B．溶度积常数受温度影响，并不是不受任何条件影响的常数，B错误； C．大多数难溶电解质的随温度升高而增大，但存在例外，如的随温度升高而减小，并非所有物质都符合该规律，C错误； D．通过比较离子积与的相对大小可判断沉淀溶解平衡的进行方向：时生成沉淀，时处于平衡状态，时沉淀溶解，D正确； 故选D。 2．（24-25高二上·吉林长春·阶段检测）下列有关BaSO4沉淀的溶解平衡说法正确的是 A．BaSO4沉淀生成和沉淀溶解达平衡后不再进行 B．BaSO4难溶于水，溶液中没有Ba2+和SO C．升高温度，BaSO4沉淀的溶解度减小 D．向BaSO4沉淀溶解平衡体系中加入Na2SO4固体，溶液中Ba2+浓度减小 【答案】D 【详解】A．BaSO₄的沉淀溶解平衡为动态平衡，达平衡时沉淀生成和溶解的速率相等，仍在进行，并未停止，故A错误； B．BaSO4难溶于水，但仍有极少量溶解并完全电离，因此溶液中存在少量和，故B错误； C．大多数难溶电解质的溶解度随温度升高而增大，BaSO4升高温度其溶解度增大，故C错误； D．向BaSO4沉淀溶解平衡体系中加入Na2SO4固体，浓度增大，使平衡逆向移动，因此溶液中浓度减小，故D正确； 选D。 3．（26-27高二上·北京西城·阶段检测）实验：①将溶液和溶液混合得到浊液，分成两份；②一份浊液静置，取上层清液，滴加溶液，出现浑浊；取下层沉淀洗净，滴加溶液，沉淀变为黄色；③向另一份浊液中滴加溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是 A．实验①中浊液里存在沉淀溶解平衡： B．实验②中上层清液里不含有 C．实验②中沉淀颜色变化说明转化为 D．实验③不能证明比更难溶 【答案】B 【详解】A．AgCl属于难溶电解质，在浊液中必然存在沉淀溶解平衡，A正确； B．AgCl的沉淀溶解平衡会电离出少量，因此上层清液是AgCl的饱和溶液，其中一定含有，B错误； C．AgCl是白色沉淀，AgI是黄色沉淀，洗净的AgCl沉淀滴加KI后变为黄色，说明AgCl转化生成了更难溶的AgI，C正确； D．实验①中的物质的量大于NaCl，反应后浊液中本身就有过量的游离，直接滴加KI时，游离的可直接和生成黄色AgI沉淀，无法证明是AgCl发生了沉淀转化，因此不能直接说明AgI比AgCl更难溶，D正确； 故选B。 4．（25-26高二上·江西南昌·期末）硫化锌(ZnS)和硫化铅(PbS)常用于光导体、半导体工业，它们在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，M为Zn或Pb，pM表示。下列说法正确的是 A．曲线Ⅱ代表PbS的沉淀溶解平衡曲线 B．、两点溶液中的：n>q C．图中点和点对应的关系为 D．向点对应的悬浊液中加入少量固体，溶液组成由沿曲线向方向移动 【答案】C 【分析】MS的沉淀溶解平衡为，则，两边取负对数可得，即。已知，则，当相同时，越大，对应的pM越大，因此曲线I为的沉淀溶解平衡曲线，曲线II为的沉淀溶解平衡曲线。仅与温度有关，同一温度下同种难溶物的相同；pM为，pM数值越大，对应的越小。 【详解】A．当相同时，曲线I的pM更大，对应更小，因此曲线I代表的沉淀溶解平衡曲线，曲线II代表的沉淀溶解平衡曲线，A错误； B．pM为，pM数值越大，越小，n点pM大于q点，因此，B错误； C．仅与温度有关，m点和n点位于同一条平衡曲线上，温度相同，因此，C正确； D．向m点对应的悬浊液中加入少量固体，增大，pM减小，由于不变，减小，溶液组成应沿曲线向m点左下方移动，D错误； 故选C。 5．（25-26高二上·河南·阶段检测）25℃时，、AgCl和(砖红色)的溶度积常数分别为，，    。下列叙述正确的是 A．升高温度，若的溶解度增大，则减小 B．25℃时，饱和溶液中 C．向5 mL浓度均为0.01 KCl和的混合溶液中滴入0.01 溶液，先产生白色沉淀 D．向饱和溶液中加入固体，溶解平衡逆向移动，减小，随之减小 【答案】C 【详解】A．仅与温度有关，升高温度，溶解度增大说明溶解过程吸热，应增大，A错误； B．的溶解平衡为，饱和溶液中，代入，得　，B错误； C．生成沉淀所需最低，生成沉淀所需最低，生成所需浓度更低，先产生白色沉淀，C正确； D．仅与温度有关，温度不变时不变，D错误； 故选C。 6．（2026·天津·模拟预测）已知时，物质的溶度积常数为；；。下列说法错误的是 A．足量溶解在的溶液中，能达到的最大浓度为 B．除去工业废水中的，可选用FeS作沉淀剂 C．在相同温度下，CuS的溶解度小于FeS的溶解度 D．在ZnS的饱和溶液中，加入少量固体，平衡向生成沉淀的方向移动 【答案】A 【详解】A．是弱酸，的溶液中浓度远小于，根据，实际最大浓度大于，A错误； B．，可转化为更难溶的且不引入新杂质，可选用作沉淀剂除去中的，B正确； C．和均为AB型难溶物，相同温度下越小溶解度越小，故的溶解度小于的溶解度，C正确； D．饱和溶液中存在溶解平衡，加入固体后增大，平衡逆向移动，即向生成沉淀的方向移动，D正确； 故选A。 7．（25-26高二上·浙江绍兴·期末）在分析化学中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂。 已知：①AgCl是白色沉淀，是砖红色沉淀，； ②的平衡常数； ③当离子浓度小于时，可以认为已沉淀完全。 下列说法不正确的是 A．当溶液中的刚好完全沉淀时，溶液中 B． C．选用作指示剂，滴定终点时出现砖红色沉淀且半分钟不变 D．在等浓度的和NaCl混合溶液中，滴加溶液先产生砖红色沉淀 【答案】D 【分析】两种沉淀的溶解平衡分别为、，因此，。题给沉淀转化反应的平衡常数表达式中不列入纯固体，可得。判断两种沉淀生成的先后，应比较各自开始沉淀所需的银离子浓度，不能直接比较两种溶度积的大小。 【详解】A．按题给沉淀完全的标准，刚好完全沉淀时取。将以为单位的浓度数值代入，得，A正确； B．题给沉淀转化反应的平衡常数为，由可得，B正确； C．滴定过程中，银离子与氯离子发生反应。随着氯离子逐渐被沉淀，溶液中的银离子浓度增大；到达滴定终点时，稍过量的银离子与指示剂中的铬酸根离子发生反应，生成砖红色沉淀。终点现象为：滴入最后半滴标准溶液，混合液因出现沉淀而显砖红色，且半分钟内不恢复为终点前的颜色，C正确； D．设开始生成沉淀前，混合液中和的浓度均为，其中。由两种沉淀的溶度积表达式，生成AgCl所需的银离子浓度为，生成所需的银离子浓度为。由可得，此时先生成白色AgCl沉淀；只有时，才有。因此，两种盐等浓度并不能保证先生成砖红色沉淀，D错误； 故选D。 8．（26-27高二上·重庆渝中·阶段检测）室温下，如图是向15 mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1 mol·L-1的KCl溶液时，溶液的pAg随着加入KCl溶液的体积（mL）变化的图像（实线）。已知：，，。根据图像所得下列结论错误的是 A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1 B．图中x点表示溶液中Ag+恰好完全沉淀 C．滴定到x点过程中，水的电离程度一直减小 D．把0.1 mol·L-1的KCl换成0.1 mol·L-1 KI则图像在终点后变为虚线部分 【答案】B 【详解】 A．起点时pAg=0，即c(Ag⁺)=1 mol/L，原AgNO3溶液浓度为1 mol/L，正确； B．由图可知，x点c(Ag＋)＝10−6 mol·L−1，一般离子浓度小于等于10-5 mol·L−1，认为沉淀完全，则x点不表示Ag＋被恰好完全沉淀，B错误； C． AgNO3是强酸弱碱盐，水解促进水的电离，滴定过程中，银离子不断被沉淀，浓度减小，水解平衡逆向移动，水解程度减弱，对水的电离促进作用减弱，故水的电离程度一直减小，正确； D．若把KCl换成KI，由于Ksp(AgI)更小，所以滴定终点后相同阴离子浓度下c(Ag＋)更小，pAg更大，虚线在实线上方，D正确。 故答案选B。 9．（25-26高一下·河北保定·期中）硫化镉()是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示[升高温度，增大，]。下列说法正确的是 A．温度： B．与点对应的不相等 C．改变条件，溶液由点移至点时，有固体析出 D．向点的溶液中加入少量固体，溶液中增大 【答案】C 【详解】A．根据图中信息，当S2-浓度相同时，T2温度下，Cd2+浓度大，故T2温度下，Ksp大，温度越高，Ksp越大，因而T1＜T2，A错误； B．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，因此图中m、n点对应的Ksp的关系为Ksp(m)= Ksp(n)，B错误； C．q点为下的饱和溶液，离子积，移至p点时温度为，此时Ksp减小，有CdS固体析出，C正确； D．向q点的溶液中加入少量K2S固体，S2-浓度增大，平衡逆向移动，因此溶液中Cd2+浓度降低，D错误； 故选C。 10．（25-26高二下·广西桂林·开学考试）常温下，CuS和Ag2S的沉淀溶解曲线如图所示，Mn+代表Cu2+或Ag+，物质的溶解度以物质的量浓度表示。下列说法错误的是 A．用Na2S处理某含Cu2+、Ag+的废水，当c(S2-)=0.1mol·L−1时，溶液中 B．b点的坐标为(23，13) C．a点有CuS沉淀生成，无Ag2S沉淀生成 D．常温下，CuS和Ag2S的溶解度：c(CuS)>c(Ag2S) 【答案】D 【分析】的沉淀溶解平衡为，，负对数关系为，横纵截距相等，故曲线Ⅰ为的溶解曲线，；的沉淀溶解平衡为，，负对数关系为，故曲线Ⅱ为的溶解曲线，。 【详解】A．当时，，，故，A正确； B．设b点横坐标为，纵坐标为，联立方程，解得，即b点坐标为，B正确； C．a点在曲线Ⅰ下方，，有沉淀生成；a点在曲线Ⅱ上方，，无沉淀生成，C正确； D．饱和溶液中溶解度，饱和溶液中溶解度，故，D错误； 故选D。 11．（25-26高二上·陕西宝鸡·阶段检测）工业上处理铜冶金污水(含、、、、)的部分流程如下，回答下列问题。 已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 物质 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 ②常温下，，，，。 (1)污水里加入双氧水的目的是_______________。常温下，当溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全，当完全沉淀时，则理论上pH的最小值为_______，“沉渣Ⅰ”的主要成分有_____________(填化学式)。 (2)“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中_______。 (3)下列说法正确的是_________。 A．足量溶解在的溶液中，能达到的最大浓度为6.4×10-35mol/L B．除去工业废水中的，可选用作沉淀剂 C．在相同温度下，的溶解度小于的溶解度 D．在的饱和溶液中，加入溶液，平衡向生成沉淀方向移动，变小 【答案】(1) 将氧化为，便于后续调溶液pH成为除去 4.0(或4) 和 (2) (3)BC 【分析】铜冶金污水含、、、、，加入过氧化氢可以将氧化为，便于后续沉淀除去；加入石灰乳调节pH=4，将和转化为和沉淀除去，沉渣Ⅰ的主要成分为和；再加入硫化钠，将和转化为和沉淀除去，沉渣Ⅱ为和，最后达到处理污水的目的，由此解答； 【详解】（1）由分析可知，加入过氧化氢可以将氧化为，便于后续沉淀除去。完全沉淀时，，根据，代入可知，临界的，因此，此时，即理论上pH的最小值为4；加入石灰乳调节pH=4，根据表可知，此时和完全沉淀，因此沉渣Ⅰ的主要成分为和； （2）溶液中； （3）A．为弱酸，的浓度小于，根据，，A错误； B．由于远小于，可以发生沉淀转化反应：，因此可以加入将转化为沉淀除去，B正确； C．和属于同种类型的沉淀（AB型），溶度积常数越小，溶解度越小，因此在相同温度下，的溶解度小于的溶解度，C正确； D．只和温度有关，加入溶液，浓度增加，平衡向生成沉淀方向移动，但是不会变化，D错误； 故选BC。 12．（25-26高二上·安徽阜阳·阶段检测）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂的主要成分为Ni，还含有一定量Al、Fe、氧化铁及少量其他不溶性物质。回收废镍催化剂制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)的工艺流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15。 回答下列问题： (1)提高“碱浸”速率的措施是___________(任写两点)。 (2)“碱浸”中NaOH溶液的作用是除去油脂和___________。 (3)“转化”步骤中反应的离子方程式是___________。若固体X为NiO，试简述其作用原理：___________。 (4)当金属离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时，可认为金属离子沉淀完全，若亚铁离子完全沉淀时的pH=9，则氢氧化亚铁的溶度积常数为___________。某分散系中氢氧化亚铁和氢氧化镍共存，则该分散系中=___________。 (5)溶解度：S[Fe(OH)3]___________(填“>”“<”或“=”)S[Ni(OH)2]。 【答案】(1)升温、搅拌(或将固体粉碎等其他合理答案) (2)溶解铝 (3) 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O NiO可消耗H+，使平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+向右移动，从而使Fe3+转化为沉淀除去 (4) 1.0×10-15 0.5 (5)< 【分析】加入氢氧化钠溶液“碱浸”时，铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，镍、铁和氧化铁不与碱反应，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液①和含有镍、铁、氧化铁和少量其他不溶性物质的滤饼①；向滤饼①中加入稀硫酸“酸浸”，镍、铁、氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸镍、硫酸亚铁和硫酸铁，过滤除去含有少量其他不溶性物质的滤渣②，得到含有硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镍和过量稀硫酸的滤液②；向滤液②中加入过氧化氢溶液，将硫酸亚铁转化为硫酸铁，再向溶液中加入固体X调节pH，将硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣③和含有硫酸镍的滤液③；滤液③经控制溶液pH、浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍晶体。 【详解】（1）升高温度、搅拌、粉碎原料、适当提高溶液浓度等，均可增大固液接触面积、加快反应速率，任选两点即可提高浸出速率。 （2）原料中的金属铝可与溶液发生反应溶解，而、不与强碱反应，因此碱浸时的作用为除去原料表面油脂、溶解金属铝杂质。 （3）转化过程中，酸性环境下具有强氧化性，将滤液中的氧化为，离子方程式：。加入可消耗溶液中的，降低溶液酸性，促使水解平衡正向移动，使完全转化为沉淀除去，且不引入新杂质。 （4）常温下溶液，，离子沉淀完全的标准为离子浓度。；同一混合溶液中浓度相同，根据溶度积公式推导：。 （5），设溶解度为，则，。，解得。，设溶解度为，则。，解得。，因此溶解度：。 1．（25-26高二上·湖北省直辖县级单位·期末）用标准溶液滴定溶液。下表是部分银盐的颜色和溶度积常数。 AgCl AgBr 颜色 白色 白色 砖红色 淡黄色 黑色 下列说法错误的是 A．比AgCl溶解度大 B．应选用作指示剂 C．滴定中指示剂的有效浓度应维持在 D．若用溶液滴定KBr溶液，应选用作指示剂 【答案】D 【详解】A．对于，溶解度；对于，溶解度，故溶解度更大，A正确； B．溶解度小于，滴定过程中先沉淀，完全反应后，过量的与生成砖红色沉淀指示终点，可选用作指示剂，B正确； C．滴定终点时，溶液中浓度满足，此时刚好生成沉淀所需浓度，C正确； D．的远小于，若选用作指示剂，滴定过程中会比先沉淀，无法指示滴定终点，D错误； 故答案选D。 2．（25-26高二上·四川自贡·阶段检测）常温下，Ksp (AgCl)=1.8×10-10，Ksp (Ag2CrO4)=1.1×10-12，下列说法正确的是 A．向 AgCl 饱和溶液中加入 NaCl 固体，AgCl 的溶解度增大 B．向浓度均为 0.01mol/L的 Cl⁻和 混合溶液中滴加 AgNO3溶液，先析出AgCl C．AgCl 的饱和溶液中 c(Ag+)=1.8×10-5mol/L D．Ag2CrO4的饱和溶液中 c(Ag+)= mol/L 【答案】B 【详解】A．向饱和溶液中加入固体，溶液中增大，的溶解平衡逆向移动，溶解度减小，A错误； B．析出所需，析出所需，所需更小，先析出，B正确； C．饱和溶液中，故，不等于，C错误； D．饱和溶液中，故，解得，不是，D错误； 故选B。 3．（26-27高二上·重庆沙坪坝·阶段检测）自然界各种原生铜的矿物经氧化转变为可溶性的CuSO4溶液，经淋滤作用后溶液向地壳深部渗透，CuSO4溶液遇到深层的闪锌矿()或方铅矿()，都会慢慢变为另一种矿物铜蓝()，以下说法不正确的是 已知：，， A．加入适量稀硝酸，可溶解、、 B．溶解度： C．地壳中潮湿的某处同时存在闪锌矿和方铅矿，则此处 D．若溶液中，则已完全转化成 【答案】C 【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，可将硫化物溶解产生的氧化，使、、的溶解平衡正向移动，因此三种物质均可溶于稀硝酸，A正确； B．三种硫化物均为型难溶电解质，同类型难溶物越大溶解度越大，由已知数据可知溶解度，B正确； C．两种矿物共存时溶液中相同，因此，C错误； D．此时，远小于离子完全沉淀的浓度阈值，说明已完全转化为，D正确； 故选C。 4．（25-26高二下·四川广安·期末）时，向溶液中逐滴加入溶液，滴加过程中溶液中与溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是 [已知：，，] A．的 B．时，C点对应的含的分散系很稳定 C．B点溶液中存在 D．A、B两点溶液中之比为2000∶3 【答案】C 【分析】由图可知，当未加入碳酸钠溶液时，、，则，A点氯化钡溶液与碳酸钠溶液恰好完全反应，溶液中，则碳酸钡的溶度积。 【详解】A．A点处于沉淀溶解平衡状态，，，沉淀溶解平衡中，因此，A正确； B．C点相同体积下，大于平衡曲线上对应数值，说明此时溶液中实际小于平衡浓度，浓度商，溶液为不饱和溶液，不会析出沉淀，对应的分散系很稳定，B正确； C．B 点加入 10 mL 碳酸钠溶液，反应后体系剩余 初始浓度约 ， 发生水解 ，由 ，近似求得水解生成 ；再结合 计算可得此时溶液中 ，对比可知 ，因此正确浓度顺序应为 ，C错误； D．由图可知，A点溶液中，B点碳酸钠溶液过量，溶液中。由溶度积可知溶液中，则两点溶液中之比为，D正确； 故选C。 5．（25-26高二上·新疆喀什·期末）T℃下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是 A．T℃下，Ksp(BaSO4)=2×10-10 B．T℃下，c点为不饱和溶液 C．通过加水可以实现由a点到c点 D．a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp 【答案】C 【分析】，溶度积；同一温度下只与温度有关，曲线上所有点都是饱和溶解平衡状态，曲线下方离子积为不饱和溶液，曲线上方会析出沉淀。 【详解】A．取a点坐标：，，，A正确； B．c点：，，离子积，溶液不饱和，B正确； C．a点为饱和溶液，向其对应的平衡体系中加水，若有未溶固体，则离子浓度不变；若无未溶固体，加水稀释会使和均减小。而从a点到c点，减小，不变，故通过加水无法实现该变化，C错误； D．只由温度决定，a、b两点温度均为，故相等，D正确； 故选C。 6．（25-26高二上·山东菏泽·期末）对饱和溶液(有固体存在)进行下列操作，达到平衡后，和均保持不变的是 A．适当升温 B．加水稀释(仍有固体存在) C．加入少量固体 D．加入少量固体 【答案】B 【详解】A．温度升高会导致增大（因为溶解度随温度升高而增加），同时c(Ba2+)也会增大，A错误； B．加水稀释后，由于固体存在，平衡向溶解方向移动，最终溶液恢复饱和状态，c(Ba2+)和均保持不变，B正确； C．加入少量Na2SO4固体，c()增大，c(Ba2+)减小以维持不变，C错误； D．加入少量BaCl2固体，c(Ba2+)增大，c()减小以维持不变，D错误； 故选B。 7．（25-26高二上·安徽·阶段检测）的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知T2>T1，下列说法正确的是 A．沉淀溶解是放热的过程 B．Ksp：c点>a点 C．加入可使溶液由d点变到b点 D．T2 ℃时，e点对应的溶液为不饱和溶液 【答案】D 【详解】A．由图中b点与c点的浓度大小可知，温度升高时，离子浓度增大，沉淀溶解平衡正向移动，则沉淀溶解是吸热的过程，A错误； B．沉淀溶解平衡常数仅受温度和物质种类影响，a、c两点的温度相同，则相同，B错误； C．d点为T1温度下的饱和溶液点，加入，溶液中增大，使的溶解平衡逆向移动，减小，平衡点应沿T1曲线向左侧移动，而不会移动到不同温度下的b点，C错误； D．T2 ℃时，e点对应的溶液中，此时溶液为不饱和溶液，D正确； 答案选D。 8．（26-27高二上·陕西西安·阶段检测）工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含等）制备硫酸锰，流程如图所示。回答下列问题： 相关金属离子形成氢氧化物沉淀和沉淀完全的pH如下表： 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 完全沉淀的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 (1)为加快“溶浸”速率，可以采取的措施有____________（任写两点）；“滤渣1”的成分为S和，写出“溶浸”时二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：______。 (2)“氧化”操作时常用的试剂有、氯水等，此流程中没有选用试剂的原因可能是__________________。 (3)“调pH”的目的是除铁和铝元素，溶液的pH范围应调节为______。 (4)“除杂1”的目的是除去锌和镍元素，溶液中______。（ZnS的，NiS的） (5)“除杂2”目的是生成沉淀除去。结合计算解释除杂时选择的原因__________________________。（已知氟化镁、氟化锰） (6)“除杂2”中维持溶液pH恒为4.0，若溶液中的初始浓度为，现欲将沉淀完全（即剩余离子浓度小于时），则至少需要加入______固体（为易溶的强电解质，忽略加入固体时溶液体积改变）。[已知：；] 【答案】(1) 将矿石粉碎、搅拌、适当加热、适当增大硫酸浓度等 (2)或Mn2+能催化过氧化氢分解，导致过氧化氢消耗量偏多 (3) (4)80 (5)根据方程式可知该反应的平衡常数，因此可完全转化为沉淀，所以除杂时选择MnF2 (6)0.12 【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，结合表格数据，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，所以滤渣3为NiS和ZnS；“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵和氨水得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀MnCO3得到硫酸锰，据此分析解答。 【详解】（1）常规加快固液反应速率的方法均可适用该溶浸过程如将矿石粉碎、搅拌、适当加热、适当增大硫酸浓度等；溶浸时酸性条件下二氧化锰作为氧化剂将MnS中的价氧化为单质S，自身被还原为，配平得到对应方程式：； （2）溶液中存在或Mn2+，会加速的无效分解，从而导致降低氧化效率、增加生产成本 （3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在时和沉淀完全，在时开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，需要溶液的pH范围为； （4）混合液中c(Zn2+)：c(Ni2+)===80； （5）根据方程式MnF2(s)+Mg2＋(aq)MgF2(s)+Mn2＋(aq)可知该反应的平衡常数≈1.48×106＞105，因此Mg2＋可完全转化为MgF2沉淀，所以除杂时选择； （6）已知：，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F-)不低于2×10-2mol•L-1，该步骤维持溶液pH恒为4.0，c(H+)=10-4mol/L，，c(HF)= 2×10-2mol•L-1，共需要n(F-)+n(HF)= 2×10-2mol•L-1×1L+2×10-2mol•L-1×1L +0.1mol•L-1×2×1L =0.24mol，则需要加入的固体至少达到。 1．（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。 2．（2026·福建·高考真题）用合金废料(主要含铁-钴、铁-镍合金和少量)生产金属氢氧化物的工艺如下： 已知：①当离子浓度小于时，认为其完全沉淀； ②时各物质值： 下列说法错误的是 A．“高压酸浸”中高压有利于提高金属浸出率 B．“沉铁”时调至3.0可使完全沉淀 C．“沉钴”时不涉及氧化还原反应 D．“沉镍”时溶液应适当过量 【答案】C 【分析】合金废料含有铁钴、铁镍合金与少量，加入硫酸、双氧水在高压酸浸，金属元素溶解进入溶液，不反应成为滤渣除去；向浸出液加入调节沉铁，析出固体，分离后滤液中含、；向滤液加入试剂沉钴，得到沉淀；剩余滤液再加沉镍，生成。 【详解】A．高压酸浸在下进行，加压可以提高溶液沸点，增大体系中活性氧的溶解度，提升反应物浓度与反应温度，加快金属的溶解，有利于提高金属浸出率，A正确； B．的，时，，，该浓度小于，满足完全沉淀标准，可完全沉淀，B正确； C．对比溶度积，远小于，如果酸浸后钴是，调沉铁时会和一同沉淀，无法分开，所以沉铁阶段钴以存在；沉钴产物是，需要把氧化为，因此沉钴步骤存在化合价变化，属于氧化还原反应，C错误； D．沉镍反应生成，为保证尽可能沉淀完全，沉淀剂溶液需要适当过量，利用同离子效应降低溶解度，D正确； 故选C。 3．（2026年高考福建卷化学高考真题（网络收集版））下图是一种利用废弃的合金制备的工艺流程。下列说法不正确的是 已知：①当溶液中某种离子的浓度小于时，可以认为该离子完全沉淀。 ②部分沉淀的如下表所示。 沉淀 A．“高压酸浸”中加高压可提高金属的浸出率 B．由表可知，当时已完全沉淀 C．“沉钴”时未发生氧化还原反应 D．“沉镍”时NaOH应当适当过量 【答案】C 【分析】废弃的合金在高压下加入和进行酸浸。具有强氧化性，在酸性条件下可将合金中的金属单质氧化溶解，同时自身被还原。其中合金中的被氧化为。此步骤产生气体，可能是分解产生的或金属与酸反应产生的。向浸出液中加入某种试剂调节溶液pH沉铁。结合表格中数据，的极小，容易在较低pH下沉淀。向除铁后的溶液中加入“物质 X”进行沉钴，生成沉淀。此前溶液中的钴主要以形式存在，要生成，钴元素的化合价必须从价升高到价，因此“物质 X”必然具有氧化性，能将氧化为并沉淀下来。最后向除钴后的溶液中加入沉镍，使转化为沉淀，据此解答； 【详解】A．高压可加快酸浸反应速率，使金属更充分溶解，提高浸出率，A正确； B．时，，已完全沉淀，B正确； C．沉钴产物为，元素从酸浸后溶液中的+2价升高为+3价，存在化合价变化，发生了氧化还原反应，C错误； D．适当过量可促进完全沉淀，提高产率，D正确； 故选C。 4．（2025·重庆·高考真题）是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 ℃时，某溶液中与的总和为c。- lg c随pH的变化关系如图所示（忽略体积变化）。 已知：       下列叙述正确的是 A．由M点可以计算 B．恰好沉淀完全时pH为6.7 C．P点沉淀质量小于Q点沉淀质量 D．随pH增大先减小后增大 【答案】A 【分析】与的总和为c，随着pH增大，发生反应：，含铬微粒总浓度下降，随着pH继续增大，发生反应 ：含铬微粒总浓度上升，据此解答。 【详解】A．M点时，，，，几乎可以忽略不计，含Cr微粒主要为，，A正确； B．恰好完全沉淀时，，由数据计算可知，，恰好完全沉淀pH最小值5.6，B错误； C．P和Q点溶液中含Cr微粒总和相等，生成的质量相等，则P点沉淀质量等于Q点沉淀质量，C错误； D．随着pH的增大，减小，而增大，比值减小，D错误； 故选A。 5．（2026·湖南·高考真题）常温下，向溶液中缓慢滴入溶液，溶液的和 [ ]与 的变化关系如图所示。已知： 。下列说法错误的是 A． B． C．点 对应溶液中的水的电离程度最大 D．点 对应溶液中的 最小 【答案】D 【详解】A．当加入时，二者恰好发生反应，得，故初始，，因此，A正确； B．在V(NaHCO3) = 10 mL时，pBa = 4.3，即c(Ba2+) = 10-4.3 mol·L-1。此时溶液主要存在BaCO3沉淀，为BaCO3饱和溶液，c() 主要来自BaCO3的溶解，且溶液中大量抑制水解，可近似认为c() ≈ c(Ba2+)，故：，已知，即100.3=2，可得10-0.3=0.5，计算得，B正确。 C．各点水的电离程度比较如下：点a为强碱Ba(OH)2溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和BaCO3沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成Na2CO3，水解促进水电离。点d为NaHCO3过量，水解能力弱于，对水电离促进作用减弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确； D．根据溶度积公式：，点c时恰好生成Na2CO3，c()最大，故c(Ba2+)最小。点d时过量，溶液体积增大使被稀释，下降，c(Ba2+)反而上升。因此，c(Ba2+)最小的是点c，而非点d，D错误； 故选D。 6．（2024·浙江·高考真题）室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如]。已知：。 下列说法正确的是 A．溶解度：大于 B．以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度 C．忽略的第二步水解，的溶液中水解率约为 D．的溶液中加入等体积的溶液，反应初始生成的沉淀是 【答案】C 【分析】 在H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-、HS-H++S2-，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。 【详解】A．FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-9mol/L，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-6mol/L＞×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A项错误； B．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误； C．Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数Kh(S2-)=====0.1，设水解的S2-的浓度为x mol/L，则=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为×100%=62%，C项正确； D．0.01mol/L FeCl2溶液中加入等体积0.2mol/L Na2S溶液，瞬间得到0.005mol/L FeCl2和0.1mol/L Na2S的混合液，结合C项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D项错误； 答案选C。 7．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，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。 已知： 物质 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、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纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。 ②沉钙反应的离子方程式为___________。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。 ④产品中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与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，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___________。 (4)滤渣C中含有的物质是___________。 (5)该流程中可循环利用的物质是___________。 【答案】(1) (2) ，在一定量溶液中，先浸出 2.4∶1 ，优先析出，沉钙过程中消耗且少量挥发，减少析出 (3)，，随大量氨气逸出，平衡正向移动 (4)（MgO） (5) 【分析】白云石矿样煅烧后转化为、，加入溶解浸钙，大部分进入滤液A，通入生成；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入将镁离子转化为溶液，加入生成沉淀，煅烧得到； 【详解】（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水解生成与，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，会和反应而不能，故首先溶解被浸出； ②沉钙反应中通入的和滤液中、反应生成沉淀和，离子方程式为：； ③由图表可知，“浸钙”过程为2.4∶1时，产品Mg元素杂质最多且纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1； ④，在反应中会优先析出，且也能转化为，沉钙过程中NH3少量挥发导致MgCO3析出量减小，故碳酸钙纯度的实测值高于计算值； （3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于转化为； （4）白云石的主要化学成分为，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中加入后转化为微溶于水的，几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，部分水解为进入滤渣，故滤渣C中含有的物质是：（MgO）； （5）沉钙过程中通入生成和；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量逸出；滤液D加入生成和，煅烧生成；白云石煅烧也会生成；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 分层作业 第四节　沉淀溶解平衡 第1课时 难溶电解质的沉淀溶解平衡 1．（25-26高二上·辽宁鞍山·期中）下列说法正确的是 A．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp也发生改变 B．溶度积常数是不受任何条件影响的常数，简称溶度积 C．所有物质的溶度积都随温度的升高而增大 D．可用离子积Q判断沉淀溶解平衡进行的方向 2．（24-25高二上·吉林长春·阶段检测）下列有关BaSO4沉淀的溶解平衡说法正确的是 A．BaSO4沉淀生成和沉淀溶解达平衡后不再进行 B．BaSO4难溶于水，溶液中没有Ba2+和SO C．升高温度，BaSO4沉淀的溶解度减小 D．向BaSO4沉淀溶解平衡体系中加入Na2SO4固体，溶液中Ba2+浓度减小 3．（26-27高二上·北京西城·阶段检测）实验：①将溶液和溶液混合得到浊液，分成两份；②一份浊液静置，取上层清液，滴加溶液，出现浑浊；取下层沉淀洗净，滴加溶液，沉淀变为黄色；③向另一份浊液中滴加溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是 A．实验①中浊液里存在沉淀溶解平衡： B．实验②中上层清液里不含有 C．实验②中沉淀颜色变化说明转化为 D．实验③不能证明比更难溶 4．（25-26高二上·江西南昌·期末）硫化锌(ZnS)和硫化铅(PbS)常用于光导体、半导体工业，它们在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，M为Zn或Pb，pM表示。下列说法正确的是 A．曲线Ⅱ代表PbS的沉淀溶解平衡曲线 B．、两点溶液中的：n>q C．图中点和点对应的关系为 D．向点对应的悬浊液中加入少量固体，溶液组成由沿曲线向方向移动 5．（25-26高二上·河南·阶段检测）25℃时，、AgCl和(砖红色)的溶度积常数分别为，，    。下列叙述正确的是 A．升高温度，若的溶解度增大，则减小 B．25℃时，饱和溶液中 C．向5 mL浓度均为0.01 KCl和的混合溶液中滴入0.01 溶液，先产生白色沉淀 D．向饱和溶液中加入固体，溶解平衡逆向移动，减小，随之减小 6．（2026·天津·模拟预测）已知时，物质的溶度积常数为；；。下列说法错误的是 A．足量溶解在的溶液中，能达到的最大浓度为 B．除去工业废水中的，可选用FeS作沉淀剂 C．在相同温度下，CuS的溶解度小于FeS的溶解度 D．在ZnS的饱和溶液中，加入少量固体，平衡向生成沉淀的方向移动 7．（25-26高二上·浙江绍兴·期末）在分析化学中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂。 已知：①AgCl是白色沉淀，是砖红色沉淀，； ②的平衡常数； ③当离子浓度小于时，可以认为已沉淀完全。 下列说法不正确的是 A．当溶液中的刚好完全沉淀时，溶液中 B． C．选用作指示剂，滴定终点时出现砖红色沉淀且半分钟不变 D．在等浓度的和NaCl混合溶液中，滴加溶液先产生砖红色沉淀 8．（26-27高二上·重庆渝中·阶段检测）室温下，如图是向15 mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1 mol·L-1的KCl溶液时，溶液的pAg随着加入KCl溶液的体积（mL）变化的图像（实线）。已知：，，。根据图像所得下列结论错误的是 A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1 B．图中x点表示溶液中Ag+恰好完全沉淀 C．滴定到x点过程中，水的电离程度一直减小 D．把0.1 mol·L-1的KCl换成0.1 mol·L-1 KI则图像在终点后变为虚线部分 9．（25-26高一下·河北保定·期中）硫化镉()是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示[升高温度，增大，]。下列说法正确的是 A．温度： B．与点对应的不相等 C．改变条件，溶液由点移至点时，有固体析出 D．向点的溶液中加入少量固体，溶液中增大 10．（25-26高二下·广西桂林·开学考试）常温下，CuS和Ag2S的沉淀溶解曲线如图所示，Mn+代表Cu2+或Ag+，物质的溶解度以物质的量浓度表示。下列说法错误的是 A．用Na2S处理某含Cu2+、Ag+的废水，当c(S2-)=0.1mol·L−1时，溶液中 B．b点的坐标为(23，13) C．a点有CuS沉淀生成，无Ag2S沉淀生成 D．常温下，CuS和Ag2S的溶解度：c(CuS)>c(Ag2S) 11．（25-26高二上·陕西宝鸡·阶段检测）工业上处理铜冶金污水(含、、、、)的部分流程如下，回答下列问题。 已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 物质 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 ②常温下，，，，。 (1)污水里加入双氧水的目的是_______________。常温下，当溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全，当完全沉淀时，则理论上pH的最小值为_______，“沉渣Ⅰ”的主要成分有_____________(填化学式)。 (2)“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中_______。 (3)下列说法正确的是_________。 A．足量溶解在的溶液中，能达到的最大浓度为6.4×10-35mol/L B．除去工业废水中的，可选用作沉淀剂 C．在相同温度下，的溶解度小于的溶解度 D．在的饱和溶液中，加入溶液，平衡向生成沉淀方向移动，变小 12．（25-26高二上·安徽阜阳·阶段检测）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂的主要成分为Ni，还含有一定量Al、Fe、氧化铁及少量其他不溶性物质。回收废镍催化剂制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)的工艺流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15。 回答下列问题： (1)提高“碱浸”速率的措施是___________(任写两点)。 (2)“碱浸”中NaOH溶液的作用是除去油脂和___________。 (3)“转化”步骤中反应的离子方程式是___________。若固体X为NiO，试简述其作用原理：___________。 (4)当金属离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时，可认为金属离子沉淀完全，若亚铁离子完全沉淀时的pH=9，则氢氧化亚铁的溶度积常数为___________。某分散系中氢氧化亚铁和氢氧化镍共存，则该分散系中=___________。 (5)溶解度：S[Fe(OH)3]___________(填“>”“<”或“=”)S[Ni(OH)2]。 1．（25-26高二上·湖北省直辖县级单位·期末）用标准溶液滴定溶液。下表是部分银盐的颜色和溶度积常数。 AgCl AgBr 颜色 白色 白色 砖红色 淡黄色 黑色 下列说法错误的是 A．比AgCl溶解度大 B．应选用作指示剂 C．滴定中指示剂的有效浓度应维持在 D．若用溶液滴定KBr溶液，应选用作指示剂 2．（25-26高二上·四川自贡·阶段检测）常温下，Ksp (AgCl)=1.8×10-10，Ksp (Ag2CrO4)=1.1×10-12，下列说法正确的是 A．向 AgCl 饱和溶液中加入 NaCl 固体，AgCl 的溶解度增大 B．向浓度均为 0.01mol/L的 Cl⁻和 混合溶液中滴加 AgNO3溶液，先析出AgCl C．AgCl 的饱和溶液中 c(Ag+)=1.8×10-5mol/L D．Ag2CrO4的饱和溶液中 c(Ag+)= mol/L 3．（26-27高二上·重庆沙坪坝·阶段检测）自然界各种原生铜的矿物经氧化转变为可溶性的CuSO4溶液，经淋滤作用后溶液向地壳深部渗透，CuSO4溶液遇到深层的闪锌矿()或方铅矿()，都会慢慢变为另一种矿物铜蓝()，以下说法不正确的是 已知：，， A．加入适量稀硝酸，可溶解、、 B．溶解度： C．地壳中潮湿的某处同时存在闪锌矿和方铅矿，则此处 D．若溶液中，则已完全转化成 4．（25-26高二下·四川广安·期末）时，向溶液中逐滴加入溶液，滴加过程中溶液中与溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是 [已知：，，] A．的 B．时，C点对应的含的分散系很稳定 C．B点溶液中存在 D．A、B两点溶液中之比为2000∶3 5．（25-26高二上·新疆喀什·期末）T℃下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是 A．T℃下，Ksp(BaSO4)=2×10-10 B．T℃下，c点为不饱和溶液 C．通过加水可以实现由a点到c点 D．a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp 6．（25-26高二上·山东菏泽·期末）对饱和溶液(有固体存在)进行下列操作，达到平衡后，和均保持不变的是 A．适当升温 B．加水稀释(仍有固体存在) C．加入少量固体 D．加入少量固体 7．（25-26高二上·安徽·阶段检测）的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知T2>T1，下列说法正确的是 A．沉淀溶解是放热的过程 B．Ksp：c点>a点 C．加入可使溶液由d点变到b点 D．T2 ℃时，e点对应的溶液为不饱和溶液 8．（26-27高二上·陕西西安·阶段检测）工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含等）制备硫酸锰，流程如图所示。回答下列问题： 相关金属离子形成氢氧化物沉淀和沉淀完全的pH如下表： 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 完全沉淀的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 (1)为加快“溶浸”速率，可以采取的措施有____________（任写两点）；“滤渣1”的成分为S和，写出“溶浸”时二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：______。 (2)“氧化”操作时常用的试剂有、氯水等，此流程中没有选用试剂的原因可能是__________________。 (3)“调pH”的目的是除铁和铝元素，溶液的pH范围应调节为______。 (4)“除杂1”的目的是除去锌和镍元素，溶液中______。（ZnS的，NiS的） (5)“除杂2”目的是生成沉淀除去。结合计算解释除杂时选择的原因__________________________。（已知氟化镁、氟化锰） (6)“除杂2”中维持溶液pH恒为4.0，若溶液中的初始浓度为，现欲将沉淀完全（即剩余离子浓度小于时），则至少需要加入______固体（为易溶的强电解质，忽略加入固体时溶液体积改变）。[已知：；] 1．（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 2．（2026·福建·高考真题）用合金废料(主要含铁-钴、铁-镍合金和少量)生产金属氢氧化物的工艺如下： 已知：①当离子浓度小于时，认为其完全沉淀； ②时各物质值： 下列说法错误的是 A．“高压酸浸”中高压有利于提高金属浸出率 B．“沉铁”时调至3.0可使完全沉淀 C．“沉钴”时不涉及氧化还原反应 D．“沉镍”时溶液应适当过量 3．（2026年高考福建卷化学高考真题（网络收集版））下图是一种利用废弃的合金制备的工艺流程。下列说法不正确的是 已知：①当溶液中某种离子的浓度小于时，可以认为该离子完全沉淀。 ②部分沉淀的如下表所示。 沉淀 A．“高压酸浸”中加高压可提高金属的浸出率 B．由表可知，当时已完全沉淀 C．“沉钴”时未发生氧化还原反应 D．“沉镍”时NaOH应当适当过量 4．（2025·重庆·高考真题）是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 ℃时，某溶液中与的总和为c。- lg c随pH的变化关系如图所示（忽略体积变化）。 已知：       下列叙述正确的是 A．由M点可以计算 B．恰好沉淀完全时pH为6.7 C．P点沉淀质量小于Q点沉淀质量 D．随pH增大先减小后增大 5．（2026·湖南·高考真题）常温下，向溶液中缓慢滴入溶液，溶液的和 [ ]与 的变化关系如图所示。已知： 。下列说法错误的是 A． B． C．点 对应溶液中的水的电离程度最大 D．点 对应溶液中的 最小 6．（2024·浙江·高考真题）室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如]。已知：。 下列说法正确的是 A．溶解度：大于 B．以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度 C．忽略的第二步水解，的溶液中水解率约为 D．的溶液中加入等体积的溶液，反应初始生成的沉淀是 7．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，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。 已知： 物质 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、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纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。 ②沉钙反应的离子方程式为___________。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。 ④产品中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与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，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___________。 (4)滤渣C中含有的物质是___________。 (5)该流程中可循环利用的物质是___________。 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $