第04讲 沉淀溶解平衡 -2026年高考化学一轮复习专项训练北京专用

PAGE1第04讲沉淀溶解平衡目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01考查沉淀溶解平衡的原理题型02沉淀溶解平衡的影响因素题型03考查溶度积（Ksp）的计算与应用题型04沉淀溶解平衡的应用题型05淀溶解平衡的实验设计与评价题型06沉淀溶解平衡的工业场景分析02核心突破练03真题溯源练01考查沉淀溶解平衡的原理1.某悬浊溶液(以下简称溶液)中存在平衡：

，下列有关该平衡体系的说法不正确的是A．恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高 B．给溶液加热，平衡逆向移动C．向溶液中加入少量固体，溶液质量增重 D．向溶液中加入少量水，pH不变【答案】A【解析】A．恒温下，向悬浊液中加入CaO，溶解的氢氧化钙已经达到饱和，溶液的c(OH-)不变，溶液的pH不变，A错误；

B．该平衡放热，升高温度，平衡逆向移动，B正确；C．向溶液中加入少量固体，生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，相当于减少1个钙离子同时增加2个钠离子，则溶液质量增加，C正确；D．向溶液中加入少量水，悬浊溶液中少量氢氧化钙溶解，溶液仍然是氢氧化钙的饱和溶液，pH不变，D正确；故选A。2．下列化学用语正确的是A．氢氧化铝电离：Al(OH)3=Al3++3OH-B．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C．氯气与石灰乳反应制漂白粉：2Cl2+Ca2++2OH-=2Cl-+Ca(ClO)2+2H2OD．向Mg(OH)2悬浊液中滴酚酞后溶液变红：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)【答案】D【解析】A．氢氧化铝是两性氢氧化物，既能电离出H+也能电离出OH-，因而其有酸式电离和碱式电离：Al3++3OH-Al(OH)3H++AlO+H2O，故A错误；B．氯气溶于水的离子方程式是Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，次氯酸是弱酸，不能拆成离子，故B错误；C．漂白粉的主要成分是次氯酸钙[Ca(ClO)2]和氯化钙，工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，同时有水生成，反应的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故C错误；D．Mg(OH)2悬浊液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，滴酚酞后溶液变红，故D正确；故选D。3．下列解释事实的方程式不正确的是A．硫酸型酸雨的形成涉及反应：2H2SO3+O22H2SO4B．SO2的水溶液显酸性：SO2+H2OH2SO32H++SO32－C．常温下，0.1mol/L醋酸溶液pH≈3：CH3COOHCH3COO－+H＋D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH-（aq），该固体可溶于NH4Cl溶液【答案】B【解析】A．硫酸型酸雨放置一段时间溶液的pH下降，发生2H2SO3+O2=2H2SO4，故A正确；B．H2SO3是二元弱酸，应分步电离，故B错误；C．醋酸是弱酸，不能完全电离，则常温下，0.1mol/L醋酸溶液pH不等于1，故C正确；D．氯化铵与Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH-（aq）产生的氢氧根离子反应，促进Mg（OH）2溶解平衡正向移动，则固体可溶于NH4Cl溶液，故D正确；答案为B。02沉淀溶解平衡的影响因素4．（24-25高三下·北京海淀·阶段练习）某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断不正确的是A．B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点C．b、c两点代表的溶液中，的值相等D．c、d两点代表的溶液中，的值：【答案】B【解析】A．由图可知，b点pH=1.3，其c(OH-)=，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=c(Fe3+)×103.9K；c点pH=4.4，其c(OH-)=，则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=c(Cu2+)×108.8K。b、c点：c(Fe3+)=c(Cu2+)，则，A项正确；B．向溶液中加适量NH4Cl固体，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，会导致溶液中的c(OH-)减小，故不能使溶液由a点变到b点，B项错误；C．由题可知，温度不变，则b、c两点代表的溶液温度相等，溶液中的的值，即水的离子积相等，C项正确；D．由图可知，c(Cu2+)：，pH：，即c(OH-)：，则的值：，D项正确；答案选B。5．某温度时，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．加入可以使溶液由A点变到B点 B．通过蒸发可以使溶液由D点变到C点C．B点有沉淀生成 D．A点对应的大于C点对应的【答案】C【解析】A．硫酸钡溶液中存在着沉淀溶解平衡，A点在平衡曲线上，加入硫酸钠，会增大硫酸根的浓度，平衡左移，钡离子浓度降低，故A错误；B．D点溶液是不饱和溶液，蒸发溶液，硫酸根离子、钡离子浓度均增大，所以不能由D点变到C点，故B错误；C．B点表示Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，故C正确；D．溶度积只随温度的改变而改变，温度不变，溶度积不变，在曲线上任一点溶度积相等，则A点对应的Ksp等于C点对应的Ksp，故D错误；故选：C。6．（2024·北京·一模）牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齿表面液膜的pH一般约为6.5.当液膜pH<5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏(含少量氟化物，如NaF)可预防龋齿。下列说法不正确的是已知：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F的Ksp分别为6.8×10−37、1×10−60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图；Ca3(PO4)2、CaHPO4均难溶于水。A．牙齿表面液膜中：c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)B．牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中δ(PO)升高C．使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3FD．在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积【答案】B【解析】A．牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，根据元素守恒c(Ca2+)：[c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)]=5:3，因此c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)正确，A正确；B．牙釉质溶解损伤时，液膜pH<5.2，根据含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系图可知，牙齿表面液膜中δ(H2PO)最高，牙齿表面液膜中δ(PO)降低，B错误；C．Ca5(PO4)3F的Ksp更小，使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F，C正确；D．牙齿表面液膜中存在在Ca5(PO4)3(OH)(s)⇋5Ca2+(aq)+3P(aq)+5OH-(aq)，漱口水中添加适量的Ca2+，沉淀溶解平衡逆向移动，有利于牙釉质的沉积，D正确；答案选B。03考查溶度积（Ksp）的计算与应用7．（25-26高三上·北京·开学考试）某工厂采用如图所示工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)，实现镍、钴、镁元素的回收。已知：①“氧化”过程产生中间产物H2SO5(S为+6价)；镍钴渣的成分是Ni(OH)2和Co(OH)2；②离子浓度≤1×10−5mol·L−1时，认为该离子沉淀完全；③室温下Ksp[Mg(OH)2]=10−10.8.下列说法不正确的是A．H2SO5中含有过氧键B．“氧化”过程所得滤渣成分可能有Fe(OH)3、MnO2、CaSO4C．根据该流程可判断Ksp：Ni(OH)2>Fe(OH)2D．“沉镁”过程中欲使Mg2+沉淀完全，需控制pH≥11.1【答案】C【分析】镍钴矿硫酸浸取液中加入石灰乳并通入SO2和空气的混合气体，将Mn2+转化为MnO2沉淀，Fe2+被氧化为Fe3+并转化为Fe(OH)3沉淀，还有CaSO4生成，滤渣的主要成分是MnO2、CaSO4、Fe(OH)3；滤液中加入NaOH调节pH，得到沉淀Ni(OH)2和Co(OH)2；再向滤液中加入NaOH，得到Mg(OH)2。【解析】A．H2SO5(S为＋6价)的结构式为，存在一个过氧键，A正确；B．由流程图可知，“氧化”中Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，H2SO5被还原为，Ca2+与结合生成CaSO4，Fe2+被氧化成Fe3+，调节pH=4，Fe3+沉淀为Fe(OH)3，故滤渣成分为MnO2、CaSO4、Fe(OH)3，B正确；C．流程中“氧化”后滤液经“沉钴镍”得到Ni(OH)2和Co(OH)2，说明Ni2+、Co2+在后续步骤沉淀，而Fe2+若未被氧化，在“氧化”步骤pH=4时[Fe(OH)2沉淀需pH≈5.5]不会沉淀，若Fe2+被氧化为Fe3+则已在“氧化”步骤沉淀为Fe(OH)3，整个流程未涉及Fe(OH)2沉淀，无法比较Ni(OH)2与Fe(OH)2的Ksp，C错误；D．当Mg2+恰好完全沉淀时，，，，，pH=11.1，故需控制pH≥11.1，D正确；答案选C。8．（24-25高三上·北京丰台·期末）和是在不同pH的溶液体系中的两种可能产物。25℃时，二者的沉淀溶解平衡曲线如图。已知：25℃时，，。下列说法正确的是A．溶液中B．M点，溶液中存在C．P点所示条件下，能生成沉淀，不能生成沉淀D．的平衡常数【答案】D【解析】A．溶液中，因此元素守恒为，故A项错误；B．M点，曲线上的点均为饱和溶液，因此，，因此，故B项错误；C．P点位于溶度积曲线之上、溶度积曲线之下，纵坐标越往上，越大，因此P点为的过饱和状态，为的不饱和溶液，故C项错误；D．的平衡常数，故D项正确综上所述，正确的是D项。9．（2025·北京房山·三模）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。已知：i．图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ii．图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合【注：起始，不同pH下由图1得到。】下列说法不正确的是A．由图1，，B．由图2，初始状态、，有沉淀生成C．由图2，初始状态、，平衡后存在D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：【答案】B【分析】由图1知，当pH=6.37时，和的物质的量分数相等，即，由，同理，，由图2知，曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合，当位于曲线下方时，、表示不饱和溶液，无沉淀生成，，同理，位于曲线上方时，表示过饱和溶液，有沉淀生成，据此回答。【解析】A．从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A正确；B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B错误；C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C正确；D．时，溶液中主要含碳微粒是，、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确；故选B。04沉淀溶解平衡的应用10．（25-26高三上·北京·开学考试）用如图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是A．检验溴乙烷消去反应的产物乙烯B．检验乙炔具有还原性C．实验室制取乙酸乙酯D．证明AgI的溶解度小于AgClA．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，检验溴乙烷消去反应产物乙烯可将混合气体通过溴水，溴水与醇不反应，若溴水褪色，证明生成了乙烯，A正确；B．电石与水反应生成的乙炔中混有H2S、PH3等还原性杂质，这些杂质也能使酸性KMnO4溶液褪色，未除杂会干扰检验，B错误；C．乙酸乙酯在饱和NaOH溶液中会发生水解反应，应使用饱和Na2CO3溶液收集，以中和乙酸、溶解乙醇并降低酯的溶解度，C错误；D．KCl与过量AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，溶液中剩余Ag⁺，滴加KI溶液后，过量的Ag⁺与I⁻结合生成AgI黄色沉淀，不是沉淀转化，不能证明AgI溶解度小于AgCl，D错误；故答案选A。11．（2025·北京东城·三模）溶液可以处理锅炉水垢中的，使其转化为疏松、易溶于酸的。某兴趣小组模拟上述过程：①将溶液和溶液等体积混合得浊液a②向滴有酚酞的溶液中加等体积的浊液a，溶液红色变浅③将①中浊液a过滤所得白色沉淀b，浸泡在滴有酚酞的溶液中，一段时间后溶液红色变浅已知：

下列说法中不正确的是A．浊液a中硫酸根离子的浓度为B．②中溶液红色变浅可证明有转化为C．③中溶液红色变浅可证明有转化为D．向白色沉淀b中加入的溶液，沉淀几乎全部转化【答案】B【解析】A．将溶液和溶液等体积混合后得到浊液且硫酸根离子浓度和钙离子浓度相等，，A正确；B．向含有酚酞的溶液中加入浊液a(含沉淀和溶液中的、)，红色变浅说明被消耗，导致碱性减弱。此时可能是因为溶液中的直接与生成沉淀，无法证明有转化为，B错误；C．将过滤后的白色沉淀b固体(固体)浸泡在溶液中，红色变浅说明被消耗，此时溶液中无游离的，只能通过转化为来实现，C正确；D．白色沉淀b为，向白色沉淀b中加入的溶液则会发生：，平衡常数，若加入，设溶液中，则，x无限接近1，说明几乎完全转化为，D正确；故选B。12．（24-25高三下·北京海淀·阶段练习）实验小组设计实验除去粗盐溶液中的、、，制备电解用精制食盐水。已知：下列说法不正确的是A．加入溶液发生的反应是、B．加入盐酸发生的反应是、C．调节溶液的，可使滤液中D．若不除去、，电解食盐水时在阴极区可能形成氢氧化物沉淀【答案】A【分析】粗盐溶液中含有、、，加入①过量的饱和BaCl2溶液，发生反应，除去，②再加入NaOH溶液调pH，发生，除去，③再加入溶液发生的反应是、，除去和过量的，④过量将、、、除去，得到含NaCl、NaOH和的滤液，加入过量盐酸，发生、，将NaOH和除去，蒸干得到NaCl样品，加入10mL蒸馏水，再加入2滴饱和BaCl2溶液，得到大量白色沉淀M，据此回答。【解析】A．由题知，由于，故加入溶液发生的反应是、外还有，A错误；B．由分析知，加入过量盐酸，发生、，将NaOH和除去，B正确；C．调节溶液的，则，则滤液中，C正确；D．电解食盐水时，阴极反应为，若溶液中存在、，会在阴极与反应生成氢氧化物沉淀，D正确；故选A。05淀溶解平衡的实验设计与评价13．（25-26高三上·北京·开学考试）以银盐为例探究沉淀溶解的反应规律。已知时部分物质的溶度积：化学式AgClAgI【实验1】将溶液和溶液等体积混合，得白色沉淀。再加入少量KI固体，沉淀变黄。(1)用离子方程式解释沉淀变黄的原因。(2)依据实验现象，下列说法正确的是。A．白色沉淀的上清液中，B．白色沉淀的上清液中，C．该实验能证明【实验2】向三份等量和固体中分别加入氨水，AgCl溶解，AgI和均不溶解。(3)用平衡移动原理解释AgCl溶于氨水的原因：。(4)AgI与2mL水形成的浊液与上述AgI和氨水形成的浊液相比，：前者后者(填“>”、“<”或“=”)。【实验3】向两份等量固体中加入硝酸，水浴加热。AgI不溶解：盛有的试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最终无黑色沉淀，有淡黄色沉淀。(5)由“溶液中出现乳白色浑浊”推测溶于硝酸经过两步反应：i．；ii．写出ii的离子方程式：。(6)已知KI能被稀硝酸氧化。对比溶于稀硝酸的两步反应，分析AgI不溶于稀硝酸的原因：。(7)实验室回收了一定质量AgI，欲将其转化为溶液，实验所需试剂为。【答案】(1)(2)AC(3)，与结合使降低，平衡正向移动(4)＞(5)(6)不能与结合，低，还原性弱(7)溶液、稀【分析】本实验探究了沉淀的溶解与生成，对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向AgCl的白色悬浊液中加入KI溶液，可生成AgI沉淀，据此解答。【解析】（1）白色沉淀为AgCl，加入KI后，与结合生成更难溶的AgI，沉淀由白色变为黄色。离子方程式表示沉淀转化过程为：；（2）A．上层清液溶质主要为等物质的量、溶液，根据物料守恒可知：，A正确；B．上清液为饱和AgCl溶液，c(Ag⁺)c(Cl⁻)=Ksp(AgCl)。但Cl⁻过量（剩余约0.05mol/L），c(Ag⁺)=，B错误；C．沉淀由白变黄，说明AgCl转化为AgI，证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确；故选AC；（3）固体在溶液中存在平衡：，与结合生成，从而使降低，平衡正向移动，所以溶于氨水；（4）在水中难溶，电离出少量和，其溶解度由决定；虽然氨水中的可以与形成，但的极小，的浓度极低，导致的形成非常有限，不足以显著降低的浓度，所以两种情况下浓度都很低，但氨水中因络合略微结合，则水溶液中大于氨水中；（5）由实验现象盛有的试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最终无黑色沉淀，有淡黄色沉淀可知，溶于硝酸生成和硫单质，则ⅱ的离子方程式为：；（6）已知能被硝酸氧化，溶于稀硝酸的反应中，与结合生成，沉淀溶解平衡右移，还原性增强，与硝酸发生氧化还原反应；不溶于稀硝酸，说明不能与结合，低，还原性弱；（7）由上述描述可知，不溶于稀硝酸，溶于稀硝酸，因此可以将转化为后与稀硝酸反应，故设计实验方案为：向中加入溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗净，再加入足量稀硝酸，水浴加热，过滤，所需试剂是：溶液、稀。14．（2025·北京东城·一模）以银盐为例探究沉淀溶解的反应规律。已知时部分物质的溶度积：化学式AgClAgIⅠ．理论分析(1)根据溶度积表达式，分析促进沉淀溶解的方法：①降低阳离子浓度使；②。Ⅱ．实验探究【实验1】向三份等量和固体中分别加入氨水，溶解，和均不溶解。(2)用平衡移动原理解释溶于氨水的原因：。(3)与水形成的浊液与上述-氨水形成的浊液相比，：前者后者(填“>”、“＜”或“=”)。【实验2】向两份等量固体中分别加入硝酸，水浴加热。不溶解；盛有的试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最终无黑色沉淀，有淡黄色沉淀。(4)由“溶液中出现乳白色浑浊”推测溶于硝酸经过两步反应：ⅰ．；ⅱ．……写出ⅱ的离子方程式：。(5)已知能被硝酸氧化。①对比溶于稀硝酸的两步反应，分析不溶于稀硝酸的原因：。②进行实验：向盛有和稀硝酸的试管中加入固体，溶液立即变黄，产生无色气泡，沉淀颜色转变为白色。解释出现该现象的原因：。(6)实验室回收了一定量，欲将其转化为溶液，设计实验方案：。【答案】(1)降低阴离子浓度，使(2)，与结合使降低，平衡正向移动(3)>(4)(5)不能与结合，低，还原性弱与结合生成，使正向移动，增大，还原性增强，能够被硝酸氧化，并促进了向的转化(6)向中加入溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗净，再加入足量稀硝酸，水浴加热，过滤【解析】（1）以沉淀溶解平衡为例，要促进促进沉淀溶解，平衡向右移动，可以降低阳离子浓度使；或者②降低阴离子浓度，使；（2）固体在溶液中存在平衡：，与结合生成，从而使降低，平衡正向移动，所以溶于氨水；（3）在水中难溶，电离出少量和，其溶解度由决定；虽然氨水中的可以与形成，但的极小，的浓度极低，导致的形成非常有限，不足以显著降低的浓度，所以两种情况下浓度都很低，但氨水中因络合略微结合，则水溶液中大于氨水中；（4）由实验现象盛有的试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最终无黑色沉淀，有淡黄色沉淀可知，溶于硝酸生成和硫单质，则ⅱ的离子方程式为：；（5）①已知能被硝酸氧化，溶于稀硝酸的反应中，与结合生成，沉淀溶解平衡右移，还原性增强，与硝酸发生氧化还原反应；不溶于稀硝酸，说明不能与结合，低，还原性弱；②向盛有和稀硝酸的试管中加入固体，溶液立即变黄，产生无色气泡，沉淀颜色转变为白色，说明与硝酸发生了反应，生成了碘单质，一氧化氮，同时转化为，出现该现象的原因是与结合生成，使正向移动，增大，还原性增强，能够被硝酸氧化，并促进了向的转化；（6）由上述描述可知，不溶于稀硝酸，溶于稀硝酸，因此可以将转化为后与稀硝酸反应，故设计实验方案为：向中加入溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗净，再加入足量稀硝酸，水浴加热，过滤。06沉淀溶解平衡的工业场景分析15．（24-25高三上·北京顺义·期末）是一种重要的化工产品。工业上用软锰矿(主要成分是，含有等杂质)和硫铁矿(主要成分是，含有等杂质)为原料协同制备晶体的流程如下：已知：i．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH8.16.31.56.9沉淀完全的pH10.18.32.88.9注：金属离子的起始浓度为ii．(1)＂酸浸＂前将软锰矿和硫铁矿粉碎并混合均匀目的是。(2)将＂酸浸＂过程反应的离子方程式补充完整：。___________=□___________+___________(3)滤渣2的主要成分为。(4)结合化学用语解释“除镍”时选用MnS的原因。(5)溶解度曲线如下图所示，从除钙液得到晶体的操作为。(6)产品纯度测定：取产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10.00mL加入稍过量的溶液，使氧化为；待充分反应后，加热使分解；冷却后用标准液滴定，消耗溶液。(已知：滴定过程中锰元素转化成)①产品纯度为。②若不加热，测定结果会(填“偏高”，“偏低”或“无影响”)。【答案】(1)增大接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率(2)(3)Fe(OH)3、CaSO4(4)MnS在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，MnS的溶度积大于NiS，向溶液中加入MnS时，溶液中Ni2+转化为NiS，平衡右移，有利于除去溶液中Ni2+(5)90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到(6)偏高【分析】由题给流程可知，向粉碎混合的软锰矿和硫铁矿中加入硫酸溶液酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化锰，将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和滤液；向滤液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的滤渣和硫酸锰溶液；结合图像可知，硫酸锰溶液经90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锰晶体。【解析】（1）进入酸浸池之前先要对矿石进行粉碎可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率，故答案为：增大接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率；（2）由题意可知，酸浸时二氧化锰发生的反应为二氧化锰与二硫化铁和硫酸溶液反应生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：；（3）由分析可知，加入碳酸钙除铁，滤渣2的主要成分为氢氧化铁和硫酸钙，故答案为：Fe(OH)3、CaSO4；（4）“除镍”时选用硫化锰的原因是硫化锰在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，硫化锰的溶度积大于硫化镍，向溶液中加入硫化锰时，溶液中镍离子转化为硫化镍，溶液中硫离子浓度减小，平衡右移，有利于除去溶液中镍离子，故答案为：MnS在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，MnS的溶度积大于NiS，向溶液中加入MnS时，溶液中Ni2+转化为NiS，平衡右移，有利于除去溶液中Ni2+；（5）由分析可知，从除钙液得到一水硫酸锰晶体的操作为硫酸锰溶液经90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到一水硫酸锰晶体，故答案为：90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到；（6）由题意可得如下转化关系：——，滴定消耗cmLbmol/L硫酸亚铁铵溶液，则产品纯度为=，故答案为：；②由题意可知，加热的目的是使硝酸铵受热分解，若不加热，酸性条件下硝酸根离子会将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，使得滴定消耗的硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故答案为：偏高。16．（24-25高三上·北京朝阳·期末）白云石的主要化学成分为，还含有少量的。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。已知：物质(1)固体B“消化”的反应方程式有、。(2)解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：。(3)向浊液C中通入进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。备注：(M代表钙或镁)①钙、镁分离的适宜温度是。②碳化过程中，发生的主要反应有、、。③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因：。(4)白云石中钙含量测定资料：为二元弱酸；不溶于水。注：沉淀中不含。①氨水的作用是。②滴定至终点时，消耗标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为。(注：的还原产物为)【答案】(1)(2)(3)25℃时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。(4)中和，使沉淀完全【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入水发生反应、，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有钙、硅元素的固体D，氢氧化镁热解得到氧化镁。【解析】（1）根据分析可知，固体B“消化”的反应方程式有、。（2）因，故“碳化”过程通入适量二氧化碳气体时，氢氧化钙和二氧化碳生成碳酸钙，而氢氧化镁几乎不反应，实现钙、镁分离。（3）①由图像可知，钙、镁分离的适宜温度是25℃。②碳化过程中，发生的主要反应有、、。③时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。（4）①加入草酸铵沉淀Ca2+，再加入氨水中和，使沉淀完全。②根据2MnO+6H＋+5H2C2O4=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O可知草酸的物质的量为mol，故草酸钙的物质的量也为mol，从而钙的质量分数为=。1．（24-25高三上·北京石景山·期末）Na2CO3溶液可以处理锅炉水垢中的CaSO4，使其转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某兴趣小组模拟上述过程：①将1mol·L-1CaCl2溶液和1mol·L-1Na2SO4溶液等体积混合得浊液a②向滴有酚酞的1mol·L-1Na2CO3溶液中加等体积的浊液a，溶液红色变浅③将①中浊液a过滤所得白色沉淀b，浸泡在滴有酚酞的1mol·L-1Na2CO3溶液中，一段时间后溶液红色变浅下列说法中不正确的是A．①中所得浊液过滤，所得滤液中仍含有Ca2+B．②中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3C．③中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3D．③中发生了反应CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)【答案】B【解析】A．①中反应生成少量沉淀，存在沉淀溶解平衡，故过滤所得滤液中仍含，A项正确；B．向含有酚酞的溶液中加入浊液a(含沉淀和溶液中的、)，红色变浅说明被消耗，导致碱性减弱。此时可能是因为溶液中的直接与生成沉淀，无法证明有转化为，B项错误；C．将过滤后的白色沉淀b固体(固体)浸泡在溶液中，红色变浅说明被消耗，此时溶液中无游离，只能通过转化为来实现，C项正确；D．根据选项C的分析，反应式CaSO4(s)+

(aq)CaCO3(s)+

(aq)符合溶度积规则(的Ksp更小)，D项正确；故选B。2．（2025·北京门头沟·一模）以菱镁矿(主要成分为，含少量、和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图所示，已知浸出时产生的废渣中有和。下列说法不正确的是A．“浸出镁”所需的温度比“沉镁”温度高B．分离、与，是利用了它们氢氧化物的大小不同C．在上述流程中，用石灰乳代替氨水可以达到相同的工艺目的D．氯化铵溶液浸出镁是利用氯化铵溶液显弱酸性【答案】C【分析】“煅烧”过程中MgCO3转化为MgO；“浸出”过程中，得到含SiO2、的废渣以及含Mg2+的滤液；用氨水沉淀Mg2+，并使其生成Mg(OH)2，最后通过煅烧得到高纯镁砂。【解析】A．“沉镁”过程中，温度不宜太高，否则一水合氨会大量分解产生氨气，使得氨水利用率降低，A正确；B．的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp值，当pH达到一定值时，与先沉淀，而不沉淀，最终达到分离效果，B正确；C．石灰乳代替氨水，会引入杂质Ca2+，可能影响产物的纯度，C错误；D．氯化铵溶液水解呈酸性，在“浸出”过程中可以溶解MgO，D正确；故答案选C；3．（24-25高三上·北京·阶段练习）室温下，向均为的混合溶液中持续通入气体，始终保持饱和[]，通过调节使分别沉淀，溶液中与的关系如下图所示。其中，c表示的物质的量浓度的数值，。时所得的白色沉淀不溶于溶液。下列说法错误的是A．①代表与的关系曲线B．C．从0开始逐渐增大时，优先析出沉淀D．的平衡常数【答案】B【分析】均为，故曲线③④代表，纵坐标表示，则离子浓度越小，越大，常温Kw=10-14，则曲线②代表OH-，曲线①代表S2-，又因为，根据曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则c(OH-)=10-8.2mol/L，则曲线④为Al3+，曲线③为Zn2+，据此分析。【解析】A.根据分析①代表与的关系曲线，A正确；B.根据分析曲线④代表Al3+，曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则c(OH-)=c(Al3+)=10-8.2mol/L，，B错误；C.曲线③为Zn2+，与曲线①先产生交点，故从0开始逐渐增大时，优先析出沉淀，C正确；D.曲线①③的交点为(5.6,10.8)，则c(H+)=10-5.6mol/L，c(Zn2+)=10-10.8mol/L，始终保持饱和[]，的平衡常数，D正确；故选B。4．（24-25高三上·北京顺义·期中）一定温度下，向含一定浓度金属离子(代表、和)的溶液中通气体至饱和[为]时，相应的金属硫化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与关系如下图。已知：当溶液中的浓度小于时认为该离子沉淀完全。下列说法不正确的是A．点所示溶液中，B．该温度下，C．点所示溶液中，可发生反应D．、浓度均为的混合溶液，通入并调控可实现分离【答案】C【解析】A．a点所示溶液中＝-4，即c(Zn2+)=10-4mol/L，由图像可知此时pH=0~1，c(H+)>0.1mol/L，所以，A正确；B．，又在时，，当图像上取相同的横坐标时相同，即相同时，<<，即c(S2-)相同时c(Zn2+)<c(Fe2+)<c(Mn2+)，所以该温度下，，B正确；C．从图中可以得到b对应的溶液中c(Fe2+)＝10-5mol/L，c(H+)=10-3mol/L，而当c(H+)=10-3mol/L其饱和溶液中c(Fe2+)＞10-5mol/L，即b点Q<，即无FeS沉淀生成，所以不能发生反应，C错误；D．通入H2S并调控pH能否实现分离，取决于Zn2+完全沉淀时Mn2+是否沉淀了，当Zn2+完全沉淀时c(Zn2+)=10-5mol/L，图中对应pH约为1.2，而Zn2＋、Mn2＋浓度均为的混合溶液Mn2＋开始沉淀的pH约为4.5，即Zn2+完全沉淀时Mn2+还没有开始沉淀，可以实现分离，D正确；故选C。5．（24-25高三上·北京朝阳·阶段练习）完成下列实验，所用仪器或操作合理的是A．用标准溶液滴定溶液B．验证相同温度下的：C．铁件镀铜D．验证卤素单质的氧化性：A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．用盐酸标准溶液滴定氢氧化钠溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故A错误；B．向过量的氯化钠溶液中加入8滴硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，向反应后的溶液中滴入4滴碘化钾溶液，氯化银不能完全转化为碘化银，再向溶液中滴入4滴硫化钠溶液，氯化银和碘化银均可能转化为硫化银，且碘化银和硫化银的分子组成不同，所以无法比较碘化银和硫化银的溶度积大小，故B错误；C．铁件镀铜时，铜电极应与直流电源的正极相连，故C错误；D．氯水能与溴化钾溶液反应生成溴，说明氯气的氧化性强于溴，溴水能与碘化钾溶液反应生成碘，说明溴的氧化性强于碘，则题给装置能验证卤素单质氯气、溴和碘的氧化性强弱，故D正确；故选D。6．（24-25高三上·北京·阶段练习）下列方程式与所给事实不相符的是A．用难溶的MnS除去溶液中含有的：B．用绿矾()将酸性工业废水中的转化为C．用溶液能有效除去误食的：D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：【答案】D【解析】A．除去溶液中铅离子的反应为硫化锰与溶液中的铅离子反应生成溶度积更小的硫化铅和锰离子，反应的离子方程式为，故A正确；B．将酸性工业废水中的重铬酸根离子转化为铬离子的反应为酸性条件下废水中的重铬酸根离子与亚铁离子反应生成铬离子、铁离子和水，反应的离子方程式为，故B正确；C．除去误食的钡离子反应为胃液中的钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为，故C正确；D．水垢中的硫酸钙转化为碳酸钙的反应为硫酸钙与碳酸钠溶液反应生成溶度积更小的碳酸钙和硫酸钠，反应的离子方程式为，故D错误；故选D。7．下图为常温下和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；c(M)≤10-5mol/L可认为M离子沉淀完全)，下列叙述正确的是A．Fe(OH)3不能在酸性条件下存在B．由点可求得Ksp[Fe(OH)3]=10-14.5C．浓度为0.001mol/L的Al3+在pH=4时沉淀完全D．浓度均为的Al3+和Cu2+可通过分步沉淀进行分离【答案】D【解析】A．由图可知，铁离子浓度为10—5.5mol/L时，氢氧化铁已经完全沉淀，溶液的pH为3，说明氢氧化铁能在酸性条件下存在，故A错误；B．由图可知，pH为2时，溶液中铁离子浓度为10—2.5mol/L，则氢氧化铁的溶度积Ksp[Fe(OH)3]=10-2.5×(10—12)3=10-38.5，故B错误；C．由图可知，铝离子浓度为10—5mol/L时，溶液pH大于4，说明溶液pH为4时，铝离子不能沉淀完全，故C错误；D．由图可知，pH为4时，溶液中铁离子浓度为10—3mol/L，则氢氧化铝的溶度积Ksp[Al(OH)3]=10-3×(10—10)3=10-33，同理可知，氢氧化铜的溶度积Ksp[Cu(OH)2]=10-3.5×(10—8)2=10-19.5，铝离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为≈10—9.3mol/L，则氢氧化铜的浓度熵Qc[Cu(OH)2]=10-2×(10—9.3)2=10-20.6＜10-19.5，溶液中没有氢氧化铜沉淀生成，所以浓度均为的铝离子和铜离子可通过分步沉淀进行分离，故D正确；故选D。8．常温下，用溶液滴定溶液，消耗溶液的体积与混合液关系如图所示。滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生。已知：碳酸。下列说法正确的是A．段升高的主要原因：B．段溶液不可能出现白色沉淀C．点：D．点：【答案】D【分析】滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生，说明加入一定量的碳酸氢钠溶液后，碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和碳酸；【解析】A．ab段pH升高的原因是：碳酸氢钠水解呈弱碱性，不断滴入氯化钙溶液中，使氢氧根离子浓度增大、氢离子浓度减小，A错误；B．滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生，说明加入一定量的碳酸氢钠溶液后，碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和碳酸，溶液酸性增强，pH减小，结合图像可知，bc段溶液出现白色沉淀，B错误；C．b点pH最大，溶质为碳酸氢钠、氯化钙，，，则水解大于电离，故c()<c(H2CO3)，C错误；D．c点pH=7.2，溶液显碱性，故，根据电荷守恒可知，由碳酸氢钠和氯化钙的物质的量可知，则有，D正确；故选D。9．（2024·北京·三模）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下：已知：，，。下列说法正确的是A．加入少量的作用是将氧化为，使用替代效果更好B．反应器流出的溶液，此时用石灰乳调节至，目的是除去C．加入少量溶液后滤渣的成分为D．为保持电解液成分稳定，应不断补充溶液，排出含酸电解液，电解废液可在反应器中循环利用【答案】D【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4，据此分析解题。【解析】A．MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2，A错误；用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁过程中Fe元素被氧化，电解硫酸锰溶液得B．pH=4，c(OH−)＝1×10−10mol/L，此时；pH=7，c(OH−)＝1×10−7mol/L，，所以目的是为了使Fe3+和Al3+都沉淀完全，故B错误；C．由分析可知，加入少量BaS溶液除去Ni2＋，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS，此外，二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除