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大单元七 电解质溶液中的离子平衡
第25 讲 难溶电解质的溶解平衡
学习导航站
核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点
考点1 沉淀溶解平衡及溶度积常数 ★★★☆☆
考点2 沉淀溶解平衡的移动及图像分析 ★★★☆☆
（星级越高，重要程度越高）
真题挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯
考点1 沉淀溶解平衡及溶度积常数
知识点1 沉淀溶解平衡
概念：在一定温度下，当难溶电解质在水中形成饱和溶液时，沉淀速率与溶解速率相等，达到平衡状
态。
知识点2 溶度积常数
1. 溶度积表达式
AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)
Ag2S(s)2Ag＋(aq)＋S2－(aq)
Ksp＝c2(Ag＋)·c(S2－)
(式中的浓度都是平衡浓度)
2. 溶度积和离子积
以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例
溶度积Ksp
离子积Q
概念
沉淀溶解平衡常数
溶液中有关离子浓度幂的乘积
特点
Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)
式子中的浓度是平衡浓度
Q＝cm(An＋)·cn(Bm－)
式子中的浓度是任意浓度
应用
Q＝Ksp，该溶液是饱和溶液
Q<Ksp，该溶液是不饱和溶液
Q>Ksp，溶液处于过饱和状态，析出沉淀
备注
Ksp的影响因素
①内因：物质本身的性质
②外因：仅与温度有关，与浓度、压强等无关
3. 溶度积意义
(1) 利用Ksp判断离子沉淀的先后顺序
1
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①组成相似的难溶物
例 常温时，AgCl、AgBr、AgI 的Ksp分别为1.8×10－10、5.4×10－13、8.5×10－17。将0.001 mol/L AgNO3
溶液分别滴入浓度均为0.001 mol/L 的KCl、KBr、KI 溶液中，先后沉淀的物质分别是AgI
、
AgBr
、
AgCl。
②组成不相似的难溶物
已知：常温时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12。将0.001 mol/L AgNO3溶液分别滴入浓
度均为0.001 mol/L 的KCl 和K2CrO4溶液中，先产生AgCl 沉淀。
(2) 利用Ksp求混合溶液中离子浓度比值
例 向含有Ca2＋、Mg2＋的某MnSO4溶液(pH 约为5)中加入NH4F 溶液，使溶液中的Ca2＋、Mg2＋形成氟化
物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F－)＝0.05 mol/L，则＝100[常温时，Ksp(MgF2)＝5×10－11，Ksp(CaF2)＝
5×10－9]。
(3) 利用Ksp计算溶液pH(或沉淀离子的pH 范围)
例 室温下，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－37.4、Ksp[Mn(OH)2]＝2×10－13，某c(Mn2＋)＝0.2 mol/L 的溶液中含有一
定量的Fe3＋，欲使溶液中c(Fe3＋)<10－5 mol/L，需控制溶液pH 的范围是3.2
～
8.0
。
(4) 利用Ksp求化学平衡常数K
例 常温时，Ksp(FeS)＝6.5×10－18，H2S 电离常数分别为Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。在弱酸性溶液
中，FeS(s)＋H＋(aq)Fe2＋(aq)＋HS－(aq)的平衡常数K＝5 ×
10
－ 5 。
(5) 利用Ksp分离离子
例 (2024·江苏卷)在高氯(Cl－)水样中加入K2CrO4使CrO 浓度约为 5×10－3mol/L ，当滴加AgNO3溶液至
开始产生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中Cl－浓度约为9 ×
10
－ 6 mol/L [常温时，Ksp
＝1.8×10－10，Ksp＝2.0×10－12]。
【解析】 CrO 浓度约为5×10－3mol/L，当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀，此时c(Ag＋)＝＝
mol/L＝2×10－5 mol/L，c(Cl－)＝＝ mol/L＝9×10－6 mol/L。
考点2 沉淀溶解平衡的移动及图像分析
知识点1 沉淀溶解平衡的影响因素
1. 影响因素
(1) 内因：难溶电解质本身的性质。
(2) 外因
①温度：升高温度，大多数沉淀溶解平衡向溶解方向移动，Ksp增大[升温，Ca(OH)2溶解平衡向生成沉淀
方向移动，Ksp减小]；
②浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，Ksp不变；
③相同离子：加入与难溶电解质含有相同离子的物质，平衡向生成沉淀的方向移动，Ksp不变；
④反应离子：加入能消耗难溶电解质中所含离子的物质，平衡向溶解方向移动，Ksp不变。
2. 以AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq) ΔH＞0 为例，填写外因对溶解平衡的影响
外界条件
移动
方向
平衡后
c(Ag＋)
平衡后
c(Cl－)
Ksp
升高温度
正向
增大
增大
增大
2
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加水稀释
正向
不变
不变
不变
加入少量
AgNO3
逆向
增大
减小
不变
通入HCl
逆向
减小
增大
不变
通入H2S
正向
减小
增大
不变
知识点2 沉淀的生成
方法
举例
解释
调pH
法
除去CuCl2溶液中的FeCl3，可向溶液中加
入CuO[
或
Cu(OH)
2、
CuCO
3、
Cu2(OH)2CO3]
Fe
3 ＋ ＋
3H
2O
Fe(OH)
3＋
3H
＋ ，加入
CuO
等消耗
H ＋ ，平
衡正向移动，生成
Fe(OH)
3
沉淀，过滤除去
除去NH4Cl 溶液中的FeCl3杂质，可加入氨
水调节pH 至4 左右
Fe
3 ＋ ＋
3H
2O
Fe(OH)
3＋
3H
＋ ，加入氨水消耗
H ＋ ，平衡
正向移动，生成
Fe(OH)
3沉
淀，过滤除去
沉淀
剂法
用Na2S[
或
(NH
4)2S 、
H 2S 等
] 沉淀污水中的
Hg2＋、Cu2＋等重金属离子
Hg
2 ＋ ＋
S 2 － ==
=
HgS
↓
、
Cu
2 ＋ ＋
S 2 － ==
=
CuS
↓
知识点3 沉淀的转化
以AgCl(s)＋I－(aq)AgI(s)＋Cl－(aq)为例：
(1) 平衡时，K＝＝。
(2) 若要平衡向右移动，Q＝<K。
知识点3 沉淀溶解平衡曲线中Q 和Ksp 的关系
难溶电解质(以BaSO4沉淀曲线为例说明)，曲线上的任何一点都处于沉淀溶解平衡状态。
点的变化
a→c
曲线上变化，c(SO)增大，c(Ba2＋)减小
b→c
加入1×10－5 mol/L Na2SO4溶液，c(Ba2＋)变
小，c(SO)不变(加水不行)
3
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d→c
加入少量BaCl2固体，c(Ba2＋)增大，c(SO)不
变(无沉淀生成，忽略溶液的体积变化)
c→a
曲线上变化，c(Ba2＋)增大，c(SO)减小
曲线上方的点表示有沉淀生成；曲线下方的点表示不饱和溶液
知识点4 沉淀转化的三种情况
类型
举例
转化条件
容易
转化
在AgCl 悬浊液中加入0.1 mol/L 碘化钾溶
液，白色沉淀变为黄色沉淀
稀溶液
较难
转化
在BaSO4悬浊液中加入足量的饱和
Na2CO3溶液，生成的白色沉淀能与盐酸反
应生成气体
足量浓溶液
(或饱和溶液)
不能
转化
在Ag2S 悬浊液中加入足量的饱和Na2SO4
溶液，无明显现象
—
知识点5 有关沉淀溶解平衡对数图像分析
纵坐标数值越大，c(Ag＋)越小，横坐标数值越大，c(Xn－)越大
【真题挑战】
一、单选题
1．（2025·四川·高考真题）根据下列操作及现象，得出结论错误的是
选项
操作及现象
结论
A
分别测定
的
和
溶
液的
，
溶液的
更小
结合
的能力：
B
向
和
均为
的混合溶液中加入
，再逐滴加入氯水并振荡，
层先出现紫红色
还原性：
C
分别向含等物质的量的
悬浊液中，加
溶度积常数：
4
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入等体积
乙酸，加热，仅
完全溶解
D
分别向
的三氯乙酸和乙酸溶液中加入等量
镁条，三氯乙酸溶液中产生气泡的速率更快
酸性：三氯乙酸>乙酸
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．HCOONa 溶液的pH 更小，说明HCOOH 的酸性强于CH3COOH，醋酸根水解程度更大，因
此HCOO−的碱性弱于CH3COO−，结合H+的能力更弱，A 错误；
B．CCl4层先出现紫红色，说明I−优先被Cl2氧化，表明I−的还原性强于Br−，B 正确；
C．BaC2O4完全溶解而CaC2O4未溶，说明BaC2O4的溶度积更大，更易与弱酸反应溶解，C 正确；
D．三氯乙酸溶液中产生气泡的速率更快，说明溶液中
更大，可证明酸性：三氯乙酸>乙酸，D 正确；
故选A。
2．（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
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【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。
3．（2025·北京·高考真题）下列反应中，体现
还原性的是
A．
加热分解有
生成
B．
和
的混合溶液加热有
生成
C．
固体在
溶液中溶解
D．
溶液中滴加
溶液出现白色沉淀
6
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【答案】B
【详解】A．NH4HCO3分解生成NH3，氮的氧化态保持-3，未发生氧化还原反应，A 不符合题意；
B．
中的N(-3 价)与
中的N(+3 价)反应生成N2(0 价)，
被氧化，体现还原性，B 符合题意；
C．水溶液中，铵根离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该
氢氧化镁溶解过程，无化合价变化，没有体现其还原性，C 不符合题意；
D．(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，
未参与氧化还原，D 不符合题意；
故选B。
4．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）常温下，溶液中
以氢氧化物形式沉淀时，
与
的关系如图[其中X 代表
或
]。已知：
，
比
更易与碱反应，形成
；溶液中
时，X 可忽略不计。
下列说法错误的是
A．L 为
与
的关系曲线
B．
的平衡常数为
C．调节
溶液浓度，通过碱浸可完全分离
和
D．调节溶液
为
，可将浓度均为
的
和
完全分离
7
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【答案】B
【分析】
和
沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2，
沉淀形成Al(OH)3，则
和
的曲线平行，
根据
，
比
更易与碱反应，因此
生成的pH 低于
，故从左到右曲线依次为：
或
。如图可知：
的平衡常数为
，
的平衡常数为
，
的平衡常数为
，
的平衡常数为
，
的平衡常数
为
，
的平衡常数为
。
据此分析：
【详解】A．据分析，L 为
与
的关系曲线，故A 正确；
B．如图可知，
的平衡常数为
，则
的平衡常数为
，故B 错误；
C．如图可知，pH=14 时
开始溶解，pH=8.4 时
开始溶解，且pH=14 时
8
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，即可认为
完全溶解，并转化为
，因此调节
溶液浓度，通过碱
浸可完全分离
和
，故C 正确；
D．
的
开始沉淀pH 为
，
的
完全沉淀pH 为
，因此调节溶液
为
，可将浓度均为
的
和
完全分离，故
D 正确；
故答案为B。
5．（2025·山东·高考真题）钢渣中富含
等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离
钢渣中的
元素，流程如下。已知：
能溶于水；
，
。下列说法错误的是
A．试剂X 可选用
粉
B．试剂Y 可选用盐酸
C．“分离”后
元素主要存在于滤液Ⅱ中
D．“酸浸”后滤液Ⅰ的
过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
【答案】A
【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I 中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I 为SiO2，滤渣I 加入NaOH 溶
液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y 盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I 加入试剂X
9
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和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X 将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，
滤渣II 为CaC2O4，滤液II 中有Fe3+，依次解题。
【详解】A．根据分析，加入试剂X 的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X 应该是氧化剂，不可以是Fe 粉，
A 错误；
B．加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y 可以是盐酸，B 正确；
C．根据分析，“分离”后Fe 元素主要存在于滤液II 中，C 正确；
D．“酸浸”后滤液I 中pH 过小，酸性强，造成C2
浓度小，使Ca2+(aq)+ C2
(aq)
CaC2O4(s)平衡
逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II 质量减少，D 正确；
答案选A。
6．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含
和少量
)中
提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下
，下列说法错误的是
A．硫酸用作催化剂和浸取剂
B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C．“浸出”时，3 种金属元素均被还原
D．“沉钴”后上层清液中
【答案】C
【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，
加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S 沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。
【详解】A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A 正确；
B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B 正确；
C．根据图示可知，“浸出”时，Fe 的化合价没有变化，Fe 元素没有被还原，C 错误；
D．“沉钴”后的上层清液存在CoS 的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D 正确；
答案选C
7．（2025·浙江·高考真题）
时，
的电离常数
10
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。下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．
溶液中，
，则
【答案】D
【详解】A．
，K=
=
，A 正确；
B．
，K=
=
，B 正确；
C．
，K=
=
，C 正确；
D．
=
，由于
，
，D 错误；
答案选D。
二、解答题
8．（2025·湖南·高考真题）一种从深海多金属结核[主要含
，有少量的
]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液
的工
11
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艺流程如下：
已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为
)开始沉淀和完全沉淀
的
：
开始沉淀的
1.9
3.3
4.7
6.9
7.4
8.1
完全沉淀的
3.2
4.6
6.7
8.9
9.4
10.1
回答下列问题：
(1)基态
的价层电子排布式为 。
(2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；
还原
的化学方程式为 。
(3)“沉铁”时，
转化为
的离子方程式为 ，加热至
的主要原因是 。
(4)“沉铝”时，未产生
沉淀，该溶液中
不超过
。
(5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M 表
示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。
【答案】(1)
(2)
12
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(3)
防止形成
胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造
成产率下降
(4)
(5)
sp2
【分析】金属结核[主要含
，有少量的
]加入
、
进行酸浸还原，得到的滤渣含有
，滤液中含有
，通入空
气，调解pH=3.2，沉铁得到
滤渣，继续加入NaOH 调节pH=5.2 沉铝主要得到
，加入萃取剂
第一次萃取
，分液得到
的萃取液1，萃余液1 中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级
镍钴锰混合溶液，萃余液2 中电解得到金属锰，据此解答。
【详解】（1）
原子的价电子是指
和
能级上的电子，所以基态
原子的价电子排布式为
；
（2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是
；
将3 价钴还原为2 价钴，同时由
于硫酸的作用得到
，化学方程式为
；
（3）“沉铁”时，
转化为
，铁元素化合价上升，则
做氧化剂，离子反应为：
；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至
的主要原因是防止形成
胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
（4）由表可知，
，“沉铝”时，未产生
沉淀，
则
；
13
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（5）由流程可知，第二次萃取时，主要萃取
，因此
与混合萃取剂形成的配合物更
稳定；六元杂环是平面结构，N 原子提供单电子用于环内形成
大π 键，剩余1 对孤对电子形成配位键，
N 的价层电子对数为3，是sp2杂化。
9．（2025·湖北·高考真题）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备：
Ⅰ
Ⅱ
已知：室温下，
是难溶酸性氧化物，
的溶解度极低。
时，
的溶解度为
水，温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题：
(1)基态氟离子的电子排布式为 。
(2)
时，
饱和溶液的浓度为
，用c 表示
的溶度积
。
(3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为
。分析沉淀的成分，测得反应的转化
率为78%。水浸分离，
的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化，推测溶解度
(填“>”或“<”)
(4)工艺Ⅱ水浸后
的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 。
(5)从滤液Ⅱ获取
晶体的操作为 (填标号)。
a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤
(6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填标号)。
a．增大反应物间的接触面积 b．破坏反应物的化学键
c．降低反应的活化能 d．研钵表面跟反应物更好接触
【答案】(1)
14
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(2)
(3) 正向 ＜
(4)
(5)a
(6)ab
【分析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为
，水浸后得到滤液Ⅰ主要是
NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF 固体；
对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加
粉末，由题目可知，生成的
的溶解度极低，使得
不转化
为Ca(OH)2，提高了
的产率，据此解答。
【详解】（1）氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布为
；
（2）
饱和溶液的浓度为
，则
、
，
；
（3）①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF 的方向进行，即正向进行程度大；
NaF
②
产率仅为8%，说明大部分NaF 未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀
转化的规律可推测：
；
（4）根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH 反应生成难溶的CaTiO3、NaF 和H2O，化学方程式为：
；
（5）由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF 溶液，因NaF 溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量晶
体析出，趁热过滤即可得到NaF 晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，
故不选b；
（6）a．研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a 选；
b．研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b
选；
c．活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降
低活化能，c 不选；
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d．研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d 不选；
故选ab。
10．（2025·山东·高考真题）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含
及
等元素的氧化物)分离提取
等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下，
低温分解生成
，高温则完全分解为气体；
在
完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于
。
回答下列问题：
(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。
与
反应转化为
时有
生成，该反
应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为
，“水浸”所得滤渣主要成分除
外还含有
(填化学式)。
(2)在
投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的
浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)
萃取
反应为：
(有机相)
(水相)
(有机相)
(水相)。“反萃取”时加入的
试剂为 (填化学式)。
(4)“沉钴”中，
时
恰好沉淀完全
，则此时溶液中
。已知：
。
“溶解”时发生反应
的离子方程式为 。
(5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环利用。
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【答案】(1)
Fe2O3、CaSO4
(2)减小
(3)H2SO4
(4) 4×10-4
(5)低温焙烧
【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取
等元素，加入硫酸铵低温焙烧，
金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨
气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经
高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧
化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分
离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调
节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。
【详解】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，
根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：
；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，
只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，
所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：
；Fe2O3、CaSO4；
（2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸
铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小；
（3）根据萃取的化学方程式：
(有机相)
(水相)
(有机相)
(水相)，加入有机相将铜
离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入
的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4；
（4）沉钴时，pH=4 时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据
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Ksp((CoS)= 4×10-21，推出
，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)=
1×10-13，
，则c(H2S)=
=
=4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS 溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和
S，化学方程式为：
，改写成离子方程式为：
。故答案为：4×10-4；
；
（5）由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫
酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。
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