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高考化学一轮复习： 第28 讲 难溶电解质的溶解平衡
【真题再现·辨明考向】
1. (2025 年四川卷)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0.10mol·L-1的HCOONa 和CH3COONa 溶液
的pH，HCOONa 溶液的pH 更小
结合H+的能力：HCOO－＞
CH3COO－
B
向NaBr 和NaI 均为0.10mol·L-1的混合溶液中加入
CCl4，再逐滴加入氯水并振荡，CCl4层先出现紫红色
还原性：I－＞Br－
C
分别向含等物质的量的BaC2O4、CaC2O4悬浊液中，
加入等体积2mol·L-1乙酸，加热，仅BaC2O4完全溶解
溶度积常数：BaC2O4＞
CaC2O4
D
分别向0.10mol·L-1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
答案：A
解析：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c(H+)更大，可证明酸性：三氯乙酸＞乙酸，D
正确；
2. (2025 年山东卷)常温下，假设1L 水溶液中Co2+和C2O 初始物质的量浓度均为0.01mol·L-1。平衡条
件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH 的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知：体系
中含钴物种的存在形式为Co2+，CoC2O4和Co(OH)2(s)；Ksp(CoC2O4)＝6.0×10-8，Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10-15。
下列说法正确的是
A．甲线所示物种为HC2O
B．H2C2O4的电离平衡常数Ka2＝10-8
C．pH＝a 时，Co2+物质的量浓度为1.6×10-3mol·L-1
D．pH＝b 时，物质的量浓度：c(OH－)＜c(C2O)
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答案：D
解析：由题中信息可知，C2O 可以形成4 物种，分别为H2C2O4、HC2O、C2O 和CoC2O4(s)，随着pH
增大，H2C2O4的摩尔分数逐渐减小，CoC2O4(s)会转化为溶解度更小的[Co(OH)2]，CoC2O4(s)的摩尔分数先
增大后减小，因此，C2O 的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲线所示物种为CoC2O4(s)，丁线所
示物种为C2O，根据曲线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为H2C2O4，丙线所示物种为
HC2O。由甲、丁两线的交点可知，在该点C2O 和CoC2O4(s)的摩尔分数相等，均为0.5，由于水溶液中
Co2+和C2O 初始物质的量浓度均为0.01mol·L-1，则此时溶液中C2O 的浓度为0.005mol·L-1，由Ksp(CoC2O4)
＝6.0×10-8可以求出此时溶液中Co2+的浓度为＝1.2×10-5mol·L-1，再由Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10-15可以求出此
时溶液中c(OH－)＜≈2.2×10-5mol·L-1，pH≈9.3，即b≈9.3，根据图像中的位置可以估算出a＜7。由乙和丙
两线的交点可知， H2C2O4和HC2O 的摩尔分数相等，均为0.08，则由C 元素守恒可知，此时CoC2O4(s)的
摩尔分数为0.84。
A．由分析可知，甲线所示物种为CoC2O4(s)，A 不正确；
B．已知H2C2O4二元中强酸，其酸式盐的水溶液显酸性，HC2O 的电离程度大于其水解程度；当溶液
中HC2O 与C2O 浓度相等时，溶液显酸性，c(H+)＞10-7mol·L-1，则Ka2＝＝c(H+)＞10-7mol·L-1，故B 不正确；
C．pH＝a 时， CoC2O4(s)的摩尔分数为0.84，CoC2O4(s)的物质的量为1L×0.01mol·L-1×0.84＝
0.0084mol，由水于溶液中Co2+初始物质的量浓度为0.01mol·L-1，体系中还存在Co2+水解产生的
Co(OH)2，因此， Co2+的物质的量浓度小于1.6×10-3mol·L-1，C 不正确；
D．由分析可知pH＝b 时，C2O 的浓度为0.005mol·L-1，c(OH－)≈2.2×10-5mol·L-1， c(OH－)＜c(C2O)，
D 正确；
3. (2025 年湖南卷)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回
收镉、锰的部分工艺流程如下：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的Ksp；
金属化合物
CdS
CdCO3
MnS
MnCO3
Ksp
8.0×10-27
1.0×10-12
2.5×10-13
2.3×10-11
下列说法错误的是
A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B．试剂X 可以是Na2S 溶液
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C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2+＋HCO＝MnCO3↓＋H+
答案：D
解析：富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+，其浓度相当，加入试剂X 沉铬，由金属化合物的Ksp
可知，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分离，则试剂X 选择含S2-的试剂，得到CdS 滤饼，加入NaHCO3
溶液沉锰，发生反应：Mn2+＋2HCO＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，据此解答。
A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A 正确；
B．由分析可知，试剂X 可以是Na2S 溶液，B 正确；
C．若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及Ksp数据可知，金属离子Cd2+、Mn2+浓度
相当，则Cd2+也会沉淀，后续流程中无法分离Cd 和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C
正确；
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：Mn2+＋2HCO＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，D 错误；
4. (2025 年重庆卷)山城学术圈兴趣小组为了探究沉淀的转化，在2mL0.2mol/L 的AgNO3溶液中加入
等体积等浓度的NaCl 溶液得悬浊液1，流程图如下，下列说法错误的是
A. 溶液1 中，c(Ag+)＋c(Na+)＋c(H+)＝c(Cl－)＋c(NO)＋c(OH－)
B. 溶液2 中，c(Cl－)＞c([Ag(NH3)2]+)
C. 溶液3 中，c(H+)＝c(OH－)
D. 此操作能证明：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
答案：C
解析：在2mL0.2mol/L 的AgNO3溶液中加入等体积等浓度的NaCl 溶液得悬浊液1，经分离后，向
AgCl 中滴加6mol/L 的氨水，发生反应AgCl＋2NH3∙H2O＝[Ag(NH3)2]Cl＋2H2O，加入0.1mol/LKI 溶液
2mL，发生反应：[Ag(NH3)2]Cl＋KI＝AgI↓＋KCl＋2NH3，得到AgI 沉淀，由物质的量关系可知，
[Ag(NH3)2]Cl 不能完全反应，溶液3 中可能还存在剩余的氨水以及[Ag(NH3)2]Cl；
A．溶液1 中主要溶质是NaNO3，同时由于存在溶解平衡：AgCl(s)
Ag+(aq)＋Cl－(aq)，还存在极
少量的Ag+、Cl－，选项中满足电荷守恒关系，A 正确；
B．根据元素守恒可知，若Ag+不水解，则c(Cl－)＝c([Ag(NH3)2]+)，但Ag+会水解生成其他含银的微
粒，故c(Cl－)＞c([Ag(NH3)2]+)，B 正确；
C．溶液3 中可能存在氨水过量的情况，不能得出c(H+)＝c(OH－)的结论，C 错误；
D．由实验操作可知，存在转化AgCl————→ [Ag(NH3)2]Cl——→ AgI，由此说明AgI 更难溶，
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故可得出结论Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D 正确；
5. (2025 年重庆卷)已知Cr(OH)3为两性氢氧化物，常温下，在不同pH 条件下，c(Cr3+)与c[Cr(OH)4]－
的总和为c。现有如下图：下列说法正确的是
Cr(OH)3(s)
Cr3+(aq)＋3OH(aq) Ksp；
Cr(OH)3(s)＋OH－(aq)
[Cr(OH)4]－(aq) K＝10-0.4。
A．由M 点可以计算Ksp＝10-30.2 B．Cr3+恰好完全沉淀的pH＝6.7
C．P 点溶液质量小于Q 点溶液质量 D．随着pH 的增大溶液中比值先增大后减小
答案：A
解析：c(Cr3+)与c ([Cr(OH)4]－)的总和为c，随着pH 增大，发生反应：Cr3+(aq)＋3OH－(aq)
Cr(OH)3(s)，含铬微粒总浓度下降，随着pH 继续增大，发生反应 ：Cr(OH)3(s)＋OH－(aq)
c
([Cr(OH)4]－) (aq)含铬微粒总浓度上升，据此解答。
A．M 点时，c(OH－)＝＝10-9mol/L，K＝＝10-0.4，c ([Cr(OH)4]－)＝10-9.4mol/L，几乎可以忽略不计，
含Cr 微粒主要为Cr3+，Ksp＝c(Cr3+)∙c3(OH－)＝10-3.2×()3＝10-30.2，A 正确；
B．Cr3+恰好完全沉淀时，c(Cr3+)＜10-5mol/L，由Ksp数据计算可知，c(OH－)＞＝10-8.4，Cr3+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Cr(OH)3(s)质量相等，则P 点溶液质量等于Q 点溶液
质量，C 错误；
D．随着pH 的增大，c(Cr3+)减小，而c ([Cr(OH)4]－)增大，比值减小，D 错误；
6. (2025 年广西卷)常温下，用0.1000mol·L-1NaOH 溶液以相同滴速分别滴定下列两种等体积溶液：
I．硫酸酸化的0.02mol·L-1FeSO4溶液
Ⅱ．盐酸酸化的0.02mol·L-1FeCl3溶液
pH 随滴定时间变化的滴定曲线如图。已知：Ksp[Fe(OH)2]＝10-16.3，Ksp[Fe(OH)3]＝10-38.6；溶液中某离
子的浓度≤10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。下列说法错误的是
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A．d 点水电离的c(H+)＞10-12.5mol·L-1 B．Ⅱ中Fe3+恰好完全沉淀的点为f 点
C．I 中出现沉淀时的pH 低于理论值，说明Fe2+被氧化 D．g 点的c(Fe3+)大于i 点的c(Fe3+)
答案：D
解析：由Ksp[Fe(OH)2]＝10-16.3，Ksp[Fe(OH)3]＝10-38.6知，Fe2+完全沉淀时，加入的氢氧化钠量更少，
Fe3+完全沉淀时，加入的氢氧化钠更多，所需要的时间更长，故defg 曲线为滴定盐酸酸化的
0.02mol·L-1FeCl3溶液曲线，hi 曲线为滴定硫酸酸化的0.02mol·L-1FeSO4溶液的曲线。
A．由图可知，d 点为盐酸酸化的0.02mol·L-1FeCl3溶液，pH＝1.50，溶液中c(H+)＝10-1.5mol·L-1，
c(OH－)＝10-12.5mol·L-1，溶液中有部分Fe3+会水解消耗部分水电离出的OH－，故d 点水电离的c(H+)＞10-
12.5mol·L-1，故A 正确；
B．Ⅱ中Fe3+完全沉淀时c(Fe3+)＝10-5mol·L-1，由Ksp[Fe(OH)3]＝10-38.6得c(OH－)＝＝＝10-11.2mol·L-1，
pH＝14－11.2＝2.80，f 点pH＝2.80，恰好为Fe3+完全沉淀点，B 正确；
C．Ⅰ中Fe2+理论开始沉淀时，c(OH－)＝＝≈10-7.3 mol/L，则 pH≈14－7.3＝6.7，若实际沉淀pH 低于
此值，说明存在更易沉淀的Fe3+，即Fe2+被氧化为Fe3+，C 正确；
D．由图可知，g 点和i 点溶液中铁离子均完全沉淀，均达到沉淀溶解平衡，由c(Fe3+)＝知，c(OH－)
越大，c(Fe3+)越小，g 点和i 点的pH 相同，则g 点的c(Fe3+)等于i 点的c(Fe3+)， D 错误；
7. (2025 年1 月浙江卷)关于实验室安全，下列说法不正确的是
A. 若不慎盐酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%～5%NaHCO3溶液冲洗
B. 实验室制备Cl2时，可用NaOH 溶液吸收尾气
C. 水银易挥发，若不慎有水银洒落，无需处理
D．PbS 难溶于水，可用Na2S 处理废水中的Pb2+，再将沉淀物集中送至环保单位进一步处理
答案：C
解析：A．不慎将强酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，将其稀释，然后用弱碱性物质如3%~5%
的NaHCO3溶液进行中和，A 正确；
B．Cl2是有毒气体，可根据其能够与碱反应的性质，利用NaOH 溶液进行尾气处理，B 正确；
C．水银是重金属，有毒，硫能与汞反应生成硫化汞，若不慎有水银洒落，可撒上硫粉进行处理，C
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错误；
D．PbS 难溶于水，Na2S 可与Pb2+反应生成硫化物沉淀，因此处理废水中Pb2+等重金属离子常用沉淀
法，D 正确；
8. (2025 年6 月浙江卷)已知：AgCl(s)
Ag+(aq)＋Cl－(aq) Ksp(AgCl)＝1.8×10-10
Ag+(aq)＋2Cl－(aq)
[AgCl2]－(aq) K＝1.1×105
下列有关说法不正确的是
A. 过量AgCl 在1.0mol/LNaCl 溶液中c(Ag+)＝1.8×10-10mol/L
B. 过量AgCl 在水中所得的饱和溶液中滴加0.0010mol/LAgNO3溶液，有AgCl 生成
C. 过量AgCl 在水中溶解的质量大于在相同体积3.0mol/LNaCl 溶液中溶解的质量
D．0.010mol AgCl 在1L10mol/L 的盐酸中不能完全溶解
答案：C
解析：A．在 NaCl 溶液中，c(Cl－)＝1.0mol/L(近似，忽略溶解AgCl 的影响)。根据AgCl 的溶度积
规则，当固体AgCl 存在时，Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl－)，因此：c(Ag+)＝＝＝1.8×10-10mol/L，尽管存在络合
反应Ag+(aq)＋2Cl－(aq)
[AgCl2]－(aq)，但自由Ag+浓度仍由溶度积常数，A 正确；
B．AgCl 在纯水中的饱和溶液中，c(Ag+)＝c(Cl－)＝＝≈1.34×10-5mol/L。滴加 AgNO3 溶液会引
入 Ag+，使局部 c(Ag+) 增大，导致离子积Qc(AgCl)＝ c(Ag+)c(Cl－)＞Ksp(AgCl)，从而生成 AgCl 沉淀，
络合反应在低 c(Cl－) 下影响很小，可忽略，B 正确；
C．在纯水中：溶解度S 水＝ ＝≈1.34×10-5mol/L。溶解质量正比于溶解度（相同体积）。在 3.0mo
l/LNaCl 溶液中：高c(Cl－)促进络合反应Ag+(aq)＋2Cl－(aq)
[AgCl2]－(aq)。设总溶解银浓度为S，近似
c(Cl－)≈3.0mol/L，则：c(Ag+)＝＝＝6.0×10-11mol/L，c([AgCl2]－)＝K∙c(Ag+)∙c(Cl－)2＝1.1×105×(6.0×10-
11)×(3.0)2＝5.94×10-5mol/L，总溶解度S＝c(Ag+)＋c([AgCl2]－)＝6.0×10-11＋5.94×10-5≈5.94×10-5mol/L。比较
可知：S 水≈1.34×10-5mol/L，SNaCl≈5.94×10-5mol/L，故在 3.0mol/LNaCl 中溶解的质量更大，C 错误；
D．盐酸中c(Cl－)＝ 10mol/L。若假设0.010mol AgCl 完全溶解，则总银浓度S＝0.010mol/L。由C
选项分析可知，S＝c(Ag+)＋c([AgCl2]－)＝c(Ag+)＋K∙c(Ag+)∙c(Cl－)2，合并得到c(Ag+)[1＋K∙ c(Cl－)2]＝S，
近似c(Cl－)＝10mol/L，则：c(Ag+)＝＝≈≈9.09×10-10mol/L，Qc(AgCl)＝ c(Ag+)c(Cl－)≈9.09×10-10×10＞
Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，故会沉淀，不能完全溶解，D 正确；
9. (2025 年西北卷)常温下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，－lg[c(X)/(mol·L-1)]与－
lg[c(H+)/(mol·L-1)]的关系如图[其中X 代表Al3+、Zn2+、Cd2+、Al(OH)、Zn(OH)或Cd(OH)]。已知：
Ksp[Zn(OH)2]＜Ksp[Cd(OH)2]，Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，形成M(OH)；溶液中c(X)≤10-5mol·L-1时，
X 可忽略不计。
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下列说法错误的是
A．L 为－lgc[Al(OH)]与－lgc(H+)的关系曲线
B．Zn2+＋4OH－＝Zn(OH)的平衡常数为1011.2
C．调节NaOH 溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH)2和Al(OH)3
D．调节溶液pH 为4.7～6.4，可将浓度均为0.1mol·L-1的Zn2+和Al3+完全分离
答案：B
解析：Zn2+和Cd2+沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2，Al3+沉淀形成Al(OH)3，则Zn2+和Cd2+的曲线平行，
根据Ksp[Zn(OH)2]＜Ksp[Cd(OH)2]，Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，因此Zn(OH)生成的pH 低于
Cd(OH)，故从左到右曲线依次为：Al3+、Zn2+、Cd2+、Al(OH)、Zn(OH)或Cd(OH)。如图可知：Al3+＋3OH
－＝Al(OH)3的平衡常数为Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3+)∙c3(OH－)＝100×[10-(14－3)]3＝10-33，Zn2+＋2OH－＝Zn(OH)2的
平衡常数为Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2+)∙c2(OH－)＝10-5×[10-(14-8.4)]2＝10-16.2，Cd2+＋2OH－＝Cd(OH)2的平衡常数为
Ksp[Cd(OH)2]＝c(Cd2+)∙c2(OH－)＝10-5×[10-(14-9.4)]2＝10-14.2，Al(OH)3＋OH－＝Al(OH)的平衡常数为K＝＝10-
5+5.6＝100.6，Zn(OH)2＋2OH－＝Zn(OH)的平衡常数为K＝＝10-5+1.6＝10-3.4，Cd(OH)2＋2OH－＝Cd(OH)的平
衡常数为K＝＝10-5+0＝10-5。据此分析：
A．据分析，L 为－lgc[Al(OH)]与－lgc(H+)的关系曲线，故A 正确；
B．如图可知，Zn2+＋2OH－＝Zn(OH)2的平衡常数为Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2+)∙c2(OH－)＝10-5×[10-(14-8.4)]2＝
10-16.2，则Zn2+＋4OH－＝Zn(OH)的平衡常数为K＝＝＝＝10-5+16.2+2×1.6＝1014.4，故B 错误；
C．如图可知，pH＝14 时Cd(OH)2开始溶解，pH＝8.4 时Al(OH)3开始溶解，且pH＝14 时c[Al(OH)]
＞1mol·L-1，即可认为Al(OH)3完全溶解，并转化为Al(OH)，因此调节NaOH 溶液浓度，通过碱浸可完全
分离Cd(OH)2和Al(OH)3，故C 正确；
D．0.1mol·L-1的Zn2+开始沉淀pH 为14＋lg()＝6.4，0.1mol·L-1的Al3+完全沉淀pH 为14＋lg()＝4.7，
因此调节溶液pH 为4.7～6.4，可将浓度均为0.1mol·L-1的Zn2+和Al3+完全分离，故D 正确；
10. (2024 年甲卷)将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL 悬浊液，向其中滴加0.10mol·L-1的NaCl 溶液。
lg[cM/(mol·L-1)](M 代表Ag+、Cl－或CrO)随加入NaCl 溶液体积(V)的变化关系如图所示。
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下列叙述正确的是
A．交点a 处：c(Na+)＝2c(Cl－) B．＝10-2.21
C．V≤2.0mL 时，不变 D．y1＝－7.82，y2＝－lg34
答案：D
解析：向1.0mL 含0.10mmolAg2CrO4的悬浊液中滴加0.10mol·L-1的NaCl 溶液，发生反应：
Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)
2AgCl(s)＋CrO(aq)，两者恰好完全反应时，NaCl 溶液的体积为V(NaCl)＝＝
2mL，2mL 之后再加NaCl 溶液，c(Cl－)增大，据AgCl(s)
Ag+(aq)＋Cl－(aq)，Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl－)
可知，c(Ag+)会随着c(Cl－)增大而减小，所以2mL 后降低的曲线即最下方的虚线代表Ag+，升高的曲线即
中间虚线代表Cl－，最上方的实线为CrO 曲线。据此解答：
A．2mL 时Ag2CrO4与NaCl 溶液恰好完全反应，则a 点时溶质为NaCl 和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na+)
＋c(Ag+)+c(H+)＝2c(CrO)+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a 点为Cl-和CrO 曲线的
交点，即c(CrO)=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A 错误；
B．当V(NaCl)=1.0mL 时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl 共存，均达到沉淀溶解
平衡，取图中横坐标为1.0mL 的点，得Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl－)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)＝
c2(Ag+)c(CrO)＝(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则＝＝102.21，B 错误；
C．V＜2.0mL 时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl 共存，则＝为定值，即为定值，由图可
知，在V≤2.0mL 时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，即在变化，C 错误；
D．V＞2.0mL 时AgCl 处于饱和状态，V(NaCl)＝2.4mL 时，图像显示c(Cl－)＝10-1.93mol/L，则c(Ag+)
＝＝＝10-7.82mol/L，故y1＝－7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n(CrO)守恒，等于起始时
n(Ag2CrO4)，则c(CrO)＝＝＝mol/L，则y2＝lg c(CrO)=lg＝－lg34，D 正确。
11. (2024 年湖北卷)CO2气氛下，Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅
的质量分数。已知c0(Pb2+)＝2.0×10-5mol·L-1，pKa1(H2CO3)＝6.4、pKa2(H2CO3)＝10.3，pKsp(PbCO3)＝12.1。
下列说法错误的是
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A．pH＝6.5 时，溶液中c(CO)＜c(Pb2+)
B．δ(Pb2+)＝δ(PbCO3)时，c(Pb2+)＜1.0×10-5mol·L-1
C．pH＝7 时，2c(Pb2+)＋c[Pb(OH)+]＜2c(CO)＋c(HCO)＋c(ClO)
D．pH＝8 时，溶液中加入少量NaHCO3(s)，PbCO3会溶解
答案：C
解析：A．由图可知，pH＝6.5 时δ(Pb2+)＞50%，即c(Pb2+)＞1×10-5mol/L，则c(CO)≤＝mol/L＝0-
7.1mol/L＜c(Pb2+)，A 项正确；
B．由图可知，δ(Pb2+)＝δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，根据c0(Pb2+)＝2.0×10-5mol/L 和Pb 守恒，
溶液中c(Pb2+)＜1.0×10-5mol/L，B 项正确；
C．溶液中的电荷守恒为2c(Pb2+)＋c[Pb(OH)+]＋c(H+)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(ClO)＋2c[Pb(CO3)]＋
c(OH-)，pH＝7 时溶液中c(H+)＝c(OH-)，则2c(Pb2+)＋c[Pb(OH)+]＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(ClO)＋
2c[Pb(CO3)]，C 项错误；
D．NaHCO3溶液中HCO 的水解平衡常数为＝＝10-7.6＞Ka2(H2CO3)，NaHCO3溶液呈碱性，加入少量NaHCO3
固体，溶液pH 增大，PbCO3转化成Pb(CO3)而溶解，D 项正确；
12. (2024 年黑吉辽卷)25℃下，AgCl、AgBr 和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组
以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl－水样、含Br－水样。
已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀； ②相同条件下AgCl 溶解度大于AgBr；
③25℃时，pKa1(H2CrO4)＝0.7，pKa2(H2CrO4)＝6.5。
下列说法错误的是
A. 曲线②为AgCl 沉淀溶解平衡曲线
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B. 反应Ag2CrO4＋H+
2Ag+＋HCrO 的平衡常数K＝10-5.2
C. 滴定Cl－时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0mol·L-1
D. 滴定Br－达终点时，溶液中＝10-0.5
答案：D
解析：由于AgCl 和AgBr 中阴、阳离子个数比均为1 1∶，即两者图象平行，所以①代表Ag2CrO4，由
于相同条件下，AgCl 溶解度大于AgBr，即Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，根
据①上的点(2.0，7.7)，可求得Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag+)×c(CrO)＝(10-2)2×10-7.7＝10-11.7，根据②上的点(2.0，
7.7)，可求得Ksp(AgCl)＝c(Ag+)×c(Cl－)＝10-2×10-7.7＝10-9.7，根据③上的点(6.1，6.1)，可求得Ksp(AgBr)＝
c(Ag+)×c(Br－)＝10-6.1×10-6.1＝10-12.2。
A．由分析得，曲线②为AgCl 沉淀溶解平衡曲线，故A 正确；
B．反应Ag2CrO4＋H+
2Ag+＋HCrO 的平衡常数K＝＝
＝＝＝10-5.2，故B 正确；
C．当Cl-恰好滴定完全时，c(Ag+)＝＝10-4.85mol/L，即c(CrO)＝＝＝10-2mol/L，因此，指示剂的浓度
不宜超过10-2mol/L，故C 正确；
D．当Br－到达滴定终点时，c(Ag+)＝c(Br－)＝＝10-6.1mol/L，即c(CrO)＝＝＝100.5mol/L，＝＝10-6.6，
故D 错误；
13. (2024 年安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS 和H2S 处理水样中的Cd2+。已知25℃时，
H2S 饱和溶液浓度约为0.1mol·L-1，Ka1(H2S)＝10-6.97，Ka2(H2S)＝10-12.90，Ksp(FeS)＝10-17.20，Ksp(CdS)＝10-
26.10。下列说法错误的是
A．Na2S 溶液中：c(H+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2-)
B．0.01mol·L-1Na2S 溶液中：c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH－)＞c(HS－)
C．向c(Cd2+)＝0.01mol·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)＜10-8mol·L-1
D．向c(Cd2+)＝0.01mol·L-1的溶液中通入H2S 气体至饱和，所得溶液中：c(H+)＞c(Cd2+)
答案：B
解析：A．Na2S 溶液中只有5 种离子，分别是H+、Na+、OH－、HS－、S2-，溶液是电中性的，存在电
荷守恒，可表示为c(H+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2-)，A 正确；
B．0.01mol·L-1Na2S 溶液中，S2-水解使溶液呈碱性，其水解常数为Kh＝＝＝＝10-1.1，根据硫元素守恒
可知c(HS－)＜10-1.1mol·L-1,所以＞1，则c(OH－)＞c(S2-)，B 不正确；
C．Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向c(Cd2+)＝0.01mol·L-1的溶液中加入FeS 时，可以发生沉淀的转化，
该反应的平衡常数为K＝＝＝108.9≫105，因此该反应可以完全进行，CdS 的饱和溶液中c(Cd2+)＝mol·L-1
＝10-13.05mol·L-1，若加入足量FeS 时可使c(Cd2+)＜10-8mol·L-1，C 正确
D．Cd2+＋H2S
CdS＋H+的平衡常数K＝＝＝＝106.23＝≫105，该反应可以完全进行，因此，当向
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c(Cd2+)＝0.01mol·L-1的溶液中通入H2S 气体至饱和，Cd2+可以完全沉淀，所得溶液中c(H+)＞c(Cd2+)，D 正
确；
14. (2024 年重庆卷)某兴趣小组探究[Cu(NH3)4](NO3)2的生成过程。若向3mL0.1mol/LCu(NO3)2溶液中
逐滴加入1mol/L 氨水，则下列说法正确的是
A. 产生少量沉淀时(pH＝4.8)，溶液中c(NH)＜c(OH－)
B. 产生大量沉淀时(pH＝6.0)，溶液中c(NH)＞c(NO)
C. 沉淀部分溶解时，溶液中c(Cu2+)＜c(NH)
D. 沉淀完全溶解时，溶液中2c ([Cu(NH3)4]2+)＞c(NO)
答案：C
解析：在Cu(NO3)2溶液中逐滴加入氨水的反应方程式为：①Cu(NO3)2＋2NH3•H2O＝Cu(OH)2↓＋
2NH4NO3；②Cu(OH)2＋4NH3•H2O＝[Cu(NH3)4](OH)2＋4H2O，③总反应Cu(NO3)2＋4NH3•H2O＝
[Cu(NH3)4](NO3)2＋4H2O，据此回答。
A．产生少量沉淀时(pH＝4.8)，按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO3)2、NH4NO3，NH4NO3在
水溶液中完全电离，溶液呈酸性，溶液中c(OH－)很小，则溶液中c(NH)＞c(OH－)，A 错误；
B．产生大量沉淀时(pH= 6.0)，按照反应①处理，溶液中的溶质为Cu(NO3)2、NH4NO3，Cu(NO3)2、
NH4NO3都电离出c(NO)，只有NH4NO3电离出c(NH)，所以c(NH)＜c(NO)，B 错误；
C．沉淀部分溶解时，按照反应②③处理，溶液中的溶质为NH4NO3、[Cu(NH3)4](NO3)2，NH4NO3完
全电离出c(NH)，Cu(OH)2、[Cu(NH3)4](NO3)2电离出的c(Cu2+)很小，所以溶液中c(Cu2+) ＜c(NH)， C 正
确；
D．沉淀完全溶解时，按照反应③处理，溶液中的溶质为[Cu(NH3)4](NO3)2，[Cu(NH3)4]2+ 部分水解，
NO 不水解，所以溶液中2c([Cu(NH3)4]2+)＜c(NO)，D 错误；
15. (2023 年全国甲卷)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM－pH 关系
图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L-1)]；c(M)≤10-5mol·L－1可认为M 离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由a 点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10-8.5
B．pH＝4 时Al(OH)3的溶解度为mol·L-1
C．浓度均为0.01mol·L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离
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D．Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)＝0.2mol·L-1时二者不会同时沉淀
答案：C
解析：A．由点a(2，2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)×c3(OH－)＝10-2.5×10-
12×3＝10-38.5，故A 错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH＝5，pOH＝9，则Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c3(OH－)＝10-6×10-9×3＝10-33，
pH＝4 时Al(OH)3的溶解度为=10-3mol·L-1，故B 错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH 的方法分步沉淀
Al3+和Fe3+，故C 正确；
D．由图可知，Al3+沉淀完全时，pH 约为4.7，Cu2+刚要开始沉淀，此时c(Cu2+)＝0.1mol·L-1，若
c(Cu2+)＝0.2mol·L-1>0.1mol·L-1，则Al3+、Cu2+会同时沉淀，故D 错误；
16. (2023 年湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：
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
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Zn(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀pH
3.2
6.7
8.2
4.6
②Ksp(CuS)＝6.4×10-36，Ksp(ZnS)＝1.6×10-24。
下列说法错误的是
A. “沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B. Na2S 溶液呈碱性，其主要原因是S2-＋H2O
HS－＋OH－
C. “沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中＝4.0×10-12
D. “出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
答案：D
解析：污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离
子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。
A．根据分析可知氢氧化铁当pH＝1.9 时开始沉淀，氢氧化铝当pH＝3.5 时开始沉淀，当pH＝4 时，
则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A 正确；
B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：
S2-＋H2O
HS－＋OH－，B 正确；
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C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则＝＝＝＝4.0×10-
12，C 正确；
D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工
业冷却循环用水的标准后，才能使用，D 错误；
17. (2023 年全国乙卷)一定温度下，AgCl 和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．a 点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl 沉淀
B．b 点时，c(Cl－)＝c(CrO)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4＋2Cl－
2AgCl＋CrO 的平衡常数K＝107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
答案：C
解析：根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag+)·c(CrO)＝(1×10-5)2×1×10-1.7
＝10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl 的溶度积Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10-5×1×10-4.8＝10-9.8，据此数据计
算各选项结果。
A．假设a 点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q 得，Q(AgCl)＝10-10.5，Q(Ag2CrO4)＝10-
17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A 错误；
B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，
二者的溶度积不相同，B 错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K＝，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝＝＝
＝＝1×107.9，C 正确；
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag＋)分别为
10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D 错误；
18. (2023 年江苏卷)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知
Ksp(MgF2)＝5.2×10-11，Ka(HF)＝6.3×10-4。下列说法正确的是
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A．0.1mol·L-1NaF 溶液中：c(F－)＝c(Na+)＋c(H+)
B. “除镁”得到的上层清液中：c(Mg2+)＝
C. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(CO)＝c(H+)＋c(H2CO3)－c(OH－)
D. “沉锰”后的滤液中：c(Na+)＋c(H+)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
答案：C
解析：A．0.1mol·L-1NaF 溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(F－)＝c(Na+)＋c(H+)，A 错误；
B．“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)＝c(Mg2+)∙c2(F－)，故c(Mg2+)＝，B 错
误；
C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(CO)＋c(OH－)＝c(H+)＋c(H2CO3))，故c(CO)＝c(H+)＋
c(H2CO3)－c(OH－)，C 正确；
D．“沉锰”后的滤液中还存在F－、SO 等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D 错误。
19. (2023 年辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即c(H2S)＝0.1mol·L-1，通过调节pH 使
Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH 与－lgc 关系如下图所示，c 为HS－、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度，
单位为mol·L-1。已知Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，下列说法正确的是
A. Ksp(CdS)＝10-18.4 B. ③为pH 与－lgc(HS－)的关系曲线
C. Ka1(H2S)＝10-8.1 D. Ka2(H2S)＝10-14.7
答案：D
解析：已知H2S 饱和溶液中随着pH 的增大，H2S 的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，
则有－lgc(HS-)和－lgc(S2-)随着pH 增大而减小，且相同pH 相同时，HS－浓度大于S2-，即－lgc(HS－)小于
－lgc(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则－
lgc(Ni2+)和－lgc(Cd2+)随着pH 增大而增大，且有－lgc(Ni2+)小于－lgc(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②
代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS－，据此分析结合图像各点数据进行解题。
A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)＝c(S2-)＝10-
13mol/L，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2+)∙c(S2-)＝10-13×10-13＝10-26，A 错误；
B．由分析可知，③为pH 与－lgc(S2-)的关系曲线，B 错误；
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C．由分析可知，曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)＝10-1.6mol/L 时，c(HS－)
＝10-6.5mol/L，Ka1(H2S)＝＝＝10-7.1或者当c(H+)=10-4.2 mol/L 时，c(HS－)=10-3.9 mol/L，Ka1(H2S)＝＝＝10-
7.1，C 错误；
D．已知Ka1Ka2＝×＝，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)＝10-4.9mol/L 时，c(S2-)＝10-13mol/L，或者当
c(H+)＝10-6.8mol/L 时，c(S2-)＝10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2＝＝＝＝10-21.8，结合C 项分析可知，Ka1＝10-7.1故
有Ka2(H2S)＝10-14.7，D 正确；
20. (2023 年河北卷)某温度下，两种难溶盐AgxX、AgyY 的饱和溶液中－lgc(Xx-)或－lg c(Yy-)与－
lgc(Ag+)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．x∶y＝3∶1
B．若混合溶液中各离子浓度如J 点所示，加入AgNO3(s)，则平衡时变小
C. 向AgxX 固体中加入NayY 溶液，可发生AgxX→AgyY 的转化
D. 若混合溶液中各离子起始浓度如T 点所示，待平衡时c(Xx-)＋c(Yy-)＜2c(Ag+)
答案：D
解析：对于沉淀AgxX，存在沉淀溶解平衡AgxX
xAg＋＋Xx-，则Ksp(AgxX)＝cx(Ag+)∙c(Xx-)，在图
像上任找两点(0，16)，(3，7)，转化成相应的离子浓度代入，由于温度不变，所以计算出的Ksp(AgxX)不
变，可求得x=3，Ksp(Ag3X)＝1×10-16；对于沉淀AgyY，存在沉淀溶解平衡AgyY
yAg＋＋Xy-，
Ksp(Agyy)＝cy(Ag+)∙c(Yy-)，按照同样的方法，在图像上任找两点(0，10)，(3，7)，可求得y＝1，Ksp(AgY)
＝1×10-10。
A．根据分析可知，x＝3，y＝1，x∶y＝3∶1，A 项正确；
B．由图像可知，若混合溶液中各离子浓度如J 点所示，此时＝1，加入AgNO3(s)，c(Ag+)增大，－lg
c(Ag+)减小，则－lg c(Xx-)＞－lg c(Yy-)，c(Xx-)＜c(Yy-)，变小，B 项正确；
C．向AgxX 固体中加入NayY 溶液，当达到了AgyY 的溶度积常数，可发生AgxX→AgyY 的转化，C
项正确；
D．若混合溶液中各离子起始浓度如T 点所示，由于沉淀AgxX 达到沉淀溶解平衡，所以c(Xx-)不发
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生变化，而AgyY 要发生沉淀，Yy-和Ag＋的物质的量按1∶1 减少，所以达到平衡时c(Xx-)＋c(Yy-)＞
2c(Ag+)，D 项错误；
21. (2023 年浙江6 月选考)探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确
的是
实验方案
现象
结论
A
往碘的CCl4溶液中加入等体积浓
KI 溶液，振荡
分层，下层由紫
红色变为浅粉红
色，上层呈棕黄
色
碘在浓KI 溶液中的溶
解能力大于在CCl4中的
溶解能力
B
用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在
pH 试纸上
试纸变白
次氯酸钠溶液呈中性
C
向2mL0.1mol·L －1AgNO3 溶液中
先滴加4 滴0.1mol·L －1KCl 溶
液，再滴加4 滴0.1mol·L－1KI 溶
液
先产生白色沉
淀，再产生黄色
沉淀
AgCl 转化为AgI，AgI
溶解度小于AgCl 溶解
度
D
取两份新制氯水，分别滴加
AgNO3溶液和淀粉KI 溶液
前者有白色沉
淀，后者溶液变
蓝色
氯气与水的反应存在限
度
答案：A
解析：A．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色
变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使
上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A 正确；
B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH 试纸测定次氯酸钠溶液的
pH，故B 错误；
C．由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存
在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C 错误；
D．新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说
明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D 错误；
22. (2023 年浙江1 月选考)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：
CaCO3(s)
Ca2+(aq)＋CO(aq) [已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10-9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10-5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10-7，
Ka2＝4.7×10-11]，下列有关说法正确的是
A. 上层清液中存在c(Ca2+)＝c(CO)
B. 上层清液中含碳微粒最主要以HCO 形式存在
C. 向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2+)保持不变
D. 通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
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答案：B
解析：A．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此c(Ca2+)＞c(CO)，
A 错误；
B．Kh＝＝＝2×102，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B 正
确；
C．向体系中通入CO2，碳酸钙与CO2反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶液中钙离子浓度
增大，C 错误；
D．由题干可知，Ksp(CaCO3)＝3.4×10-9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10-5，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠
后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D 错误；
23. (2022 年海南卷)某元素M 的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为：M(OH)2(s)
M2+(aq)＋
2OH-(aq)、M(OH)2(s)＋2OH-(aq)
M(OH)(aq)，25℃，－lgc 与pH 的关系如图所示，c 为M2+或M(OH)
浓度的值，下列说法错误的是
A．曲线①代表－lgc(M2+)与pH 的关系
B．M(OH)2的Ksp约为1×10-10
C．向c(M2+)＝0.1mol·L－1的溶液中加入NaOH 溶液至pH＝9.0，体系中元素M 主要以M(OH)2(s)存在
pH=9.0，体系中元素M 主要以M(OH)2(s)存在
D．向c[M(OH)]＝0.1mol·L－1的溶液中加入等体积0.4mol/L 的HCl 后，体系中元素M 主要以M2+存在
答案：BD
解析：由题干信息，M(OH)2(s)
M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)
M(OH)
(aq)，随着
pH 增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)]增大，即－lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH)]减小，因此曲线
①代表－lg c(M2+)与pH 的关系，曲线②代表－lg c[M(OH)]与pH 的关系，据此分析解答。
A．由分析可知，曲线①代表－lg c(M2+)与pH 的关系，A 正确；
B．由图象，pH=7.0 时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B 错误；
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C．向c(M2+)=0.1mol/L 的溶液中加入NaOH 溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0 时，c(M2+)、
c[M(OH)]均极小，则体系中元素M 主要以M(OH)2(s)存在，C 正确；
D．c[M(OH)]=0.1mol/L 的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L 的HCl 后，
体系中元素M 仍主要以M(OH)存在，D 错误；
24. (2022 年湖南卷)室温时，用0.100mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL 浓度相等的Cl－、Br－和
I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。
若溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，Ksp(AgBr)＝
5.4×10-13，Ksp(AgI)＝8.5×10-17。下列说法正确的是
A. a 点：有白色沉淀生成 B. 原溶液中I－的浓度为0.100mol·L－1
C. 当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀 D. b 点：c(Cl－)＞c(Br－)＞c(I－)＞c(Ag+)
答案：C
解析：向含浓度相等的 Cl－、 Br－和 I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，
三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50mL 硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀
完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl－、 Br－和 I
－均为1.5×10-4mol。
A．I－先沉淀，AgI 是黄色的，所以a 点有黄色沉淀AgI 生成，故A 错误；
B．原溶液中I－的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为＝0.0100mol·L－1，故B 错误；
C．当Br－沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)＝＝＝5.4×10-8mol/L，若Cl－已经开
始沉淀，则此时溶液中的c(Cl－)= ＝＝3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl－)＝c(I-)=0.0100mol·L－1，则已经有
部分Cl－沉淀，故C 正确；
D．b 点加入了过量硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b 点各离子浓度为：c(Ag+)＞c(Cl－)＞c(Br－)＞c(I
－)，故D 错误；
25. (2022 年山东卷)工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)
的0.1mol/L、1.0mol/LNa2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol/L、1.0mol/LNa2SO4溶液。在一定pH 范围内，四
种溶液中lg[c(Sr2+)/mol/L 随pH 的变化关系如图所示。下列说法错误的是
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A. 反应SrSO4(s)＋CO3
2-
SrCO3(s)＋SO4
2-的平衡常数K＝
B. a＝－6.5
C. 曲线④代表含SrCO3(s)的1.0mol/LNa2CO3溶液的变化曲线
D. 对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol/L 的混合溶液，pH≥7.7 时才发生沉淀转化
答案：D
解析：硫酸是强酸，溶液pH 变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液
中锶离子的浓度几乎不变，pH 相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫
酸锶固体的0.1mol/L 硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L 硫酸钠溶液的变化曲线；
碳酸是弱酸，溶液pH 减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH 相同时，1mol/L 碳
酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L 碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L 碳酸钠溶
液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L 碳酸钠溶液的变化曲线。
A．反应SrSO4(s)＋CO3
2-
SrCO3(s)＋SO4
2-的平衡常数K＝＝＝，故A 正确；
B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L 硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积
Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH 为7.7 时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a
为6.5；
C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L 碳酸钠溶液的变化曲线，故C 正确；
D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH 变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的
硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH 无关，故D 错误；
26. (2025 年西北卷)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2+、Mg2+、NH 的硫酸盐)的工艺流程
如下。
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已知：①常温下Ksp(MgCO3)＝10-5.17，Ksp[Mg(OH)2]＝10-11.25，Ksp[Mn(OH)2]＝10-12.72；
②S2O 结构式为
。
回答下列问题：
(1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有_______、_______。(写出两种)
(2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式____________________________。
当Mg2+(c＝10-0.68mol·L-1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2+浓度为_______mol·L-1。
(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和_______(填化学式)。
(4)“沉镁I”中，当pH 为8.0~10.2 时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3∙yMg(OH)2∙zH2O]，煅烧得到疏松的轻
质MgO。pH 过大时，不能得到轻质MgO 的原因是___________________________________。
(5)“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH＝8.0 时，Mg2+沉淀完全；若加至pH＝4.0 时沉淀完全溶解，据图分
析，写出沉淀溶解的离子方程式____________________________________。
(6)“结晶”中，产物X 的化学式为_______。
(7)“焙烧”中，Mn 元素发生了_______(填“氧化”或“还原”)反应。
答案：(1)搅拌、适当升温等 (2)6Mn(OH)2＋O2＝2Mn3O4＋6H2O；10-2.15 (3)O2
(4)pH 过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO
(5)MgHPO4＋H3PO4＝Mg2+＋2H2PO (6)(NH4)2SO4 (7)还原
解析：废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I 得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到
MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O 调节pH 沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到
MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O 沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0 结晶得到X
硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。
(1)加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等；
(2)Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2＋O2＝2Mn3O4＋6H2O；
根据＝＝＝＝，c(Mn2+)＝10-2.15mol/L；
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(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，(NH4)2S2O8中存在过氧键，在加热和水存在下发
生水解，生成NH4HSO4和H2O2：(NH4)2S2O8＋2H2O＝2NH4HSO4＋H2O2，H2O2分解2H2O2＝2H2O＋O2↑，
总反应为2(NH4)2S2O8＋2H2O＝4NH4HSO4＋O2↑，最终产物是NH4HSO4和O2；
(4) [xMgCO3∙yMg(OH)2∙zH2O]煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH 过大，沉淀为
Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO；
(5)由图可知，pH＝8 时，阴离子为HPO，阳离子为Mg
2+，产生的沉淀为MgHPO4，调节到pH＝4，磷元素
存在形式为H2PO，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：MgHPO4＋H3PO4＝Mg2+＋2H2PO；
(6)溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X 为(NH4)2SO4；
(7)“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，Mn 元素化合价降低，发生了还原反应。
27. (2025 年湖南卷)一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Co2O3、Al2O3、
NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钻锰混合溶液(NiSO4、CoSO4、MnSO4)的工艺流程如下：
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0.1mol·L-1)开始沉淀和完全沉淀(c≤1.0×10-5mol·L-1)的pH：
Fe3+
Al3+
Cu2+
Ni2+
Co2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.9
3.3
4.7
6.9
7.4
8.1
完全沉淀的pH
3.2
4.6
6.7
8.9
9.4
10.1
回答下列问题：
(1)基态Ni 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)；SO2还原Co2O3的化学
方程式为___________________________________________。
(3)“沉铁”时，Fe2+转化为Fe2O3的离子方程式为________________________，加热至200℃的主要原
因是_______________________________________。
(4)“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2+)不超过_______mol·L-1。
(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______________________。
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答案：(1)3d84s2 (2)SiO2 SO2＋Co2O3＋H2SO4＝2CoSO4＋H2O
(3)4Fe2+＋O2＋4H2O=======2Fe2O3＋8H+ ； 防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，
造成产率下降 (4)1×10-2 (5) Co2+ Ni2+ sp2
解析：金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]加入SO2、
SO2、H2SO4进行酸浸还原，得到的滤渣含有SiO2，滤液中含有Mn2+、Fe2+、Co2+、Al3+、Ni2+、Cu2+，通入
空气，调解pH＝3.2，沉铁得到Fe2O3滤渣，继续加入NaOH 调节pH＝5.2 沉铝主要得到Al(OH)3，加入萃
取剂第一次萃取Cu2+，分液得到Cu2+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。
(1)Ni 原子的价电子是指3d 和4s 能级上的电子，所以基态Ni 原子的价电子排布式为3d84s2；
(2)由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是SiO2；SO2将3 价钴还原为2 价钴，同时由
于硫酸的作用得到CoSO4，化学方程式为SO2＋Co2O3＋H2SO4＝2CoSO4＋H2O；
(3)“沉铁”时，Fe2+转化为Fe2O3，铁元素化合价上升，则O2做氧化剂，离子反应为：4Fe2+＋O2＋
4H2O=======2Fe2O3＋8H+；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200℃的
主要原因是防止形成Fe(OH)3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，Ksp[Cu(OH)2]＝1.0×10-5mol/L×()2＝10-19.6，“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，则
c(Cu2+)＜＝mol/L＝1×10-2mol/L；
(5)由流程可知，第二次萃取时，主要萃取Co2+、Ni2+，因此Co2+、Ni2+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Π 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。
28．(2025 年全国卷节选)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg3Si2O5(OH)4，伴生有少量
Ni、Fe、Al 等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收NiO 并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所
示。
已知：
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Al(OH)3
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ni(OH)2
Ksp
1.3×10-33
2.8×10-39
5.6×10-12
5.5×10-16
回答下列问题：
(1)绿矾(FeSO4∙7H2O)在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为_________。
(2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度(mol·L-1)分别为：Ni2+0.005、
Fe3+0.150、Mg2+0.430、Al3+0.010。滤渣①的主要成分是_______、_______。
(3)加入NaOH “调pH＝6”，过滤后，滤渣②是_______、_______，滤液中Al3+的浓度为
_______mol·L-1。
答案：(1) 2FeSO4∙7H2O=====Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O (2)Fe2O3、SiO2
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3； Al(OH)3；1.3×10-9
解析：蛇纹石资主要成分是Mg3Si2O5(OH)4，伴生有少量Ni、Fe、Al 等元素和绿矾(FeSO4∙7H2O)混合
高温焙烧Mg3Si2O5(OH)4经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；FeSO4∙7H2O 高温下分解，得到红棕
色固体Fe2O3和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣①为Fe2O3、SiO2；滤液中含有
Ni2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、SO，加入NaOH 调节pH＝6，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤
滤渣②为Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液中含有Ni2+、Mg2+、SO，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，
氢氧化镍焙烧后得到氧化镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应5Mg2+＋10OH－＋
4CO2＝Mg5(CO3)4(OH)2∙4H2O↓，得到产物。
(1)绿矾(FeSO4∙7H2O)在高温下分解，得到红棕色固体Fe2O3和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的
化学方程式为2FeSO4∙7H2O=====Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O，故答案为：2FeSO4∙7H2O=====Fe2O3＋
SO2↑＋SO3↑＋14H2O；
(2) Mg3Si2O5(OH)4经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；FeSO4∙7H2O 分解生成Fe2O3、二氧化
硫、三氧化硫， “水浸”，过滤分离后，滤渣①的主要成分是为Fe2O3、SiO2，故答案为：Fe2O3；
SiO2；
(3)加入NaOH “调pH＝6”，c(H+)＝10-6mol/L，c(OH－)＝10-8mol/L，c(Fe3+)＝＝＝2.8×10-15mol/L＜
1×10-5mol/L，c(Al3+)＝＝＝1.3×10-9mol/L＜1×10-5mol/L，溶液中没有铁离子、氯离子，两者均以氢氧化物
沉淀下来，过滤后，滤渣②是为Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液中Al3+的浓度为c(Al3+)＝＝＝1.3×10-9mol/L，故
答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；1.3×10-9；
29. (2024 年广西卷节选)广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(MnO2，含SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO
等杂质)制备光电材料KMnF3的流程如下。回答下列问题：
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已知：
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Ksp
2.8×10-39
1.3×10-33
2.2×10-20
4.9×10-17
1.9×10-13
(1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4，其主要作用是_____________________________。为提
高“浸取”速率，可采取的措施是_______________________________(任举一例)。
(2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)常温下，用CaCO3调节溶液pH 至5～6 时，可完全沉淀的离子有_______(填化学式)。
(4)“X”可选用_______。
A. H2S B. H2O2 C. Zn D. (NH4)2S
(5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰，得到Mn2(OH)2CO3沉淀。写出生成Mn2(OH)2CO3的离子方程式
____________________________________________。
答案：(1)把二氧化锰还原为硫酸锰；把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 (2)SiO2 (3)Al3+ (4)D
(5)2Mn2+＋3CO＋2H2O＝Mn2(OH)2CO3↓＋2HCO
解析：软锰矿含有MnO2和少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
H2SO4。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、
氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH
生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS 沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生
成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为KMnF3。
(1)二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4，其主要作用是把二氧化锰还
原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、
加热等。
(2)二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
(3)根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH－)＝＝7×10-6.5，pH 约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH－)＝
≈5.1×10-10，pH 约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH－)＝≈4.7×10-8，pH 约为6.7；常温下，用CaCO3调节溶液
pH 至5～6 时，可完全沉淀的离子有Al3+。
(4)加X 的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S 不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离
子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用(NH4)2S，选D。
(5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰，得到Mn2(OH)2CO3沉淀，反应的离子方程式为2Mn2+＋3CO＋2H2O
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＝Mn2(OH)2CO3↓＋2HCO 。
30. (2024 年江西卷)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有
Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O 的工艺流程图。
已知：i．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48
ii．镭为第ⅡA 族元素
回答下列问题：
(1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是 _______(填标号)。
a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低
c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低
(2)Na2U2O7中铀元素的化合价为_____，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为______
__________________________________________。
(3)浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为_______，滤液可用于_______阶段循环利用，避免产生大
量的高碱度废水。
(4)溶解阶段，将溶液pH 先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为________________________________________。
②当溶液pH=4.5 时，c(Th4+)＝_______mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质_______。
答案：(1)b (2)＋6； 2U3O8＋O2＋6NaOH＝3Na2U2O7＋3H2O (3)Na3PO4•12H2O；热分解
(4)①2Ce(OH)4＋8H+＋2Cl﹣＝2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O ②4×10-7 (5)RaSO4
解析：独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH 进
行热分解，U3O8发生反应：2U3O8＋O2＋6NaOH＝3Na2U2O7＋3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce 被氧
化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、PO，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：
Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加
入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4＋8H+＋2Cl﹣＝2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O，
废气为Cl2，调节pH，使铀和Th 进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉
淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O，据此分析作答。
(1)a．降低压强，分解速率降低，故a 错误；
b．降低温度，分解速率降低，故b 正确；
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c．反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c 错误；
d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d 错误；
故答案为b；
(2)Na2U2O7中Na 为+1 价，O 为－2 价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6 价，热分解
阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8＋O2＋6NaOH＝3Na2U2O7＋3H2O；
(3)稀释过滤后的滤液中含有Na+、PO，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶
段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；
(4)①根据后续流程可知，生成+3 价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式
：
2Ce(OH)4＋8H+＋2Cl﹣＝2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O；
②当溶液pH＝4.5 时，c(H+)＝1×10-4.5mol/L，c(OH﹣)＝1×10-9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10-45，则
c(Th4+)＝4×10-7 mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀；
(5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。
31. (2024 年甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰
的＋2 价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①Ksp(CuS)＝6.3×10-36，Ksp(ZnS)＝2.5×10-22，Ksp(CoS)＝4.0×10-21
②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH 的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是_____________________________。
(2)“酸浸”步骤中，CoO 发生反应的化学方程式是_____________________________。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10mol·L-1，向其中加入Na2S 至Zn2+沉淀完全，
此时溶液中c(Co2+)＝______mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离_____(填“能”或“不
能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成1.0molMnO2，产生H+的物质的量为_____________。
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(5)“沉淀”步骤中，用NaOH 调pH＝4，分离出的滤渣是_____________。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO 氧化Co2+，其反应的离子方程式为
_________________________________________。
(7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_______________________。
答案：(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
(2)CoO＋H2SO4＝CoSO4＋H2O (3)1.6×10-4；不能 (4)4.0mol (5)Fe(OH)3
(6)2Co2+＋5ClO－＋5H2O＝2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO
(7)向滤液中滴加NaOH 溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、
干燥
解析：(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效
率。
(2)“酸浸”步骤中，Cu 不溶解，铅元素转化为硫酸铅沉淀，Zn 单质及其他＋2 价氧化物均转化为相
应的+2 价阳离子进入溶液，即CoO 为转化为CoSO4，反应的化学方程式为CoO＋H2SO4＝CoSO4＋H2O。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10mol·L-1，向其中加入Na2S 至Zn2+沉淀完全，
此时溶液中c(S2-)＝mol·L-1＝2.5×10-17mol·L-1，则c(Co2+)＝＝1.6×10-4mol·L-1，说明大部分Co2+也转化为硫
化物沉淀，不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
(4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2O＋Mn2+＋2H2O＝MnO2↓
＋4H+＋2SO，若生成1.0molMnO2则产生4.0molH+。
(5)“沉锰”步骤中，S2O 将Fe2+氧化为Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH 调pH＝4，Fe3+可以完全形成
Fe(OH)3沉淀而分离。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0~5.5，加入适量的NaClO 氧化Co2+，为了保证Co2+被完全氧化，
NaClO 要适当过量，其反应的离子方程式为2Co2+＋5ClO－＋5H2O＝2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO。
(7)根据题中信息，“沉钴”后滤液的pH=5.0~5.5，溶液中锌元素以Zn2+形式存在，当pH＞12 后氢氧
化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2－，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加
NaOH 溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
32. (2024 年新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。
一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工
艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol·L-1)时的pH：
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Fe3+
Fe2+
Co3+
Co2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是______________________________；“滤渣1”中金属元素主要
为_______。
(2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是__________________________。取少量反应后的溶液，加
入化学试剂_______检验_______，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为_________________________、________________。
(4)“除钴液”中主要的盐有_______(写化学式)，残留的Co3+浓度为_______mol·L-1。
答案：(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
(2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH 时除去Fe 元素 K3[Fe(CN)6]溶液 Fe2+
(3)3Co2+＋MnO＋7H2O＝3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+ 、3Mn2+＋2MnO＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+
(4)ZnSO4、K2SO4 10-16.7
解析：由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、
Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO 等离子的溶液，Pb 的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为
“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO 调节pH＝4 使Fe3+完全
转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最
后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH＝5 时Co3+形成Co(OH)3沉淀，
而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和
MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
(1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，
提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；
(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO 等离子。由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，
Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe 元素且Co2+不沉
淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH 使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作
用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH 时除去Fe 元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉
淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2；
(3)由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH
＝5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3Co2+＋MnO＋7H2O＝3Co(OH)3↓
＋MnO2↓＋5H+、3Mn2+＋2MnO＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+；
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(4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO 调pH 时引入的
Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的SO，因此其中主要的盐有
ZnSO4和K2SO4。当溶液pH＝1.1 时c(H+)＝10-1.1mol·L-1，Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中c(Co3+)＝1.0×10-
5mol·L-1，则c(OH－)＝＝10-12.9mol·L-1，则Ksp[Co(OH)3]＝1.0×10-5×(10-12.9)3＝10-43.7。“除钴液”的pH＝5，
即c(H+)＝10-5mol·L-1，则c(OH－)＝＝10-9mol·L-1，此时溶液中c(Co3+)＝＝＝10-16.7mol·L-1。
33．(2023 年福建卷节选)白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含Fe3O4、CoO、
CuS、Cu2S 及少量SiO2)中分离回收金属的流程如下：
(3)25℃时，Ksp(CuS)＝6.3×10-36，H2S 的Ka1＝1.1×10-7，Ka2＝1.3×10-13。反应CuS(s)＋2H+(aq)＝Cu2+
(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K＝___________________(列出计算式即可)。经计算可判断CuS 难溶于稀硫酸。
答案：(3) 或或(4.4～4.5)×10-16之间任一数字
解析：(3) CuS(s)＋2H+(aq)＝Cu2+(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K＝＝＝＝(4.4～4.5)×10-16；
34. (2023 年重庆卷节选)Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物
CaCl2水合物的工艺如下。
25℃时各物质溶度积见下表：
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ca(OH)2
溶度积(Ksp)
4.9×10-17
2.8×10-39
5.0×10-6
(4)①反应釜3 中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH 不超过_______。
②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫
酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为_______，该副产物
中CaCl2的质量分数为_______。
答案：(4)
11
①
②最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%
解析：(4)①反应釜3 中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，
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故此时c(OH－)＝＝＝1.0×10-3mol/L，pOH=3，pH=11，故理论上pH 不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半
分钟内不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀CaC2O4，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生
氧化还原反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O，结合质量守恒可知，5CaCl2～5H2C2O4～
2MnO，则该副产物中CaCl2的质量分数为×100%＝66.6%。
35. (2023 年海南卷节选)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物
资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO 和Fe2O3)生产BeO 的一种工艺流程
如下。
(5)沉铍时，将pH 从8.0 提高到8.5，则铍的损失降低至原来的_______%。
答案：(5)10
解析：(5)设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH－)，c(Be2+)＝，当pH＝8.0 时，c(OH－)＝
10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)＝mol/L，当pH＝8.5 时，c(OH－)＝10-5.5mol/L，铍损失浓度为
c(Be2+)=mol/L，损失降低至原来的10%。
36. (2023 年江苏卷)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4∙H2O，其实验过程可表示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3＝MgSO3
＋2H2O，其平衡常数K 与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K＝
___________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有___________(填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
答案：(1) BD
解析：本实验的目的是为了制取MgSO4∙H2O，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，
生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧
化镁调节溶液的pH 除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在
150~170℃干燥即可得到MgSO4∙H2O；
(1)已知下列反应：
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Mg(OH)
①
2＋H2SO3＝MgSO3＋2H2O K
Mg(OH)
②
2(s)
Mg2+(aq)＋2OH－(aq) Ksp[Mg(OH)2]
③MgSO3(s)
Mg2+(aq)＋SO(aq) Ksp(MgSO3)
H
④
2SO3
H+＋HSO； Ka1(H2SO3)
⑤HSO
H+＋SO； Ka2(H2SO3)
⑥H2O
H+＋OH－ ；Kw
根据盖斯定律，①＝②－③＋④＋⑤－⑥×2，故K＝；
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定
能提高吸收SO2效率，A 错误；
B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B 正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO 浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收
SO2效率，C 错误；
D．多孔球泡可以让SO2与MgO 浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D 正确；
37. (2023 年辽宁卷)某工厂采用如下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：
物质
Fe(OH)3
Co(OH)2
Ni(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
10-37.4
10-14.7
10-14.7
10-10.8
(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH 不低于_______(精确至0.1)。
答案：(6)11.1
解析：(6)Ksp[Mg(OH)2]＝10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算c(OH-)
＝10-2.9mol/L，根据Kw＝10-14，c(H+)＝10-11.1mol/L，所以溶液的pH＝11.1；
38．(2023 年湖北卷)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯
化处理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
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(4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为
_______mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为________________________________________。
答案：(4)5.9×10-7 6Co(OH)2＋O2=====2Co3O4＋6H2O
解析：(4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中c(OH－)＝
1.0×10-4mol·L-1，Co2+浓度为＝＝5.9×10-7mol·L-1。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和
H2O，该反应的化学方程式为6Co(OH)2＋O2=====2Co3O4＋6H2O。
39. (2022 年全国甲卷节选)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸
多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的
化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子
Fe3+
Zn2+
Cu2+
Fe2+
Mg2+
Ksp
4.0×10-38
6.7×10-17
2.2×10-20
8.0×10-16
1.8×10-11
回答下列问题：
(3)加入物质X 调溶液pH＝5，最适宜使用的X 是_______(填标号)。
A．NH3∙H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
答案：(3)B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
解析：(3)A．NH3·H2O 易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A 不适宜；B．Ca(OH)2不会
引入新的杂质，且成本较低，故B 适宜；C．NaOH 会引入杂质Na+，且成本较高，C 不适宜；故答案选
B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp 计算各离子完全沉淀时pH＜5 的只有Fe3+，故
滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、
SiO2；
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40. (2022 年全国乙卷节选)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO 和Pb。还有少量
Ba、Fe、Al 的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10-8
7.4×10-14
1.1×10-10
2.6×10-9
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH 如下表：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Pb(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
(4)“酸浸”后溶液的pH 约为4.9，滤渣的主要成分是 。
答案：(4)Fe(OH)3、Al(OH)3
解析：(4)酸浸后溶液的pH 约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH 可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、
氢氧化铁。
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【拓展训练·巩固考点】
1. (2025 年1 月八省联考河南卷)向CaC2O4饱和溶液(有足量CaC2O4固体)中通入HCl 气体，调节体系
pH 促进CaC2O4溶解，总反应为CaC2O4＋2H+
H2C2O4＋Ca2+。平衡时lg[c(Ca2+)/(mol·L-1)]，分布系数
δ(M)与pH 的变化关系如图所示(其中M 代表H2C2O4、HC2O 或C2O)。比如δ(C2O)＝，c 总＝c(H2C2O4)＋
c(HC2O)＋c(C2O)。已知Ksp(CaC2O4)＝10-8.63。
下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ表示lg[c(Ca2+)/(mol·L-1)]～pH 的变化关系
B．pH＝3 时，溶液中c(Cl－)＞2c(H2C2O4)＋c(HC2O)
C．总反应CaC2O4＋2H+
H2C2O4＋Ca2+的平衡常数K＝103.09
D．pH＝5 时，C2O 和HC2O 的分布系数关系为＞10
答案：B
解析：增大c(Ca2+)，CaC2O4＋2H+
H2C2O4＋Ca2+平衡逆向进行，c(H+)增大，故曲线II 代表
lg[c(Ca2+)/(mol·L-1)]与pH 的变化关系；H2C2O4为二元中强酸，分布电离H2C2O4
H+＋HC2O，HC2O
H+＋C2O，随着酸性减弱，H2C2O4含量减小，HC2O 含量增大后减小， C2O 含量越高。故曲线I 代表
δ(H2C2O4)与pH 的变化关系，曲线III 代表δ(HC2O)与pH 的变化关系，曲线IV 代表δ(C2O)与pH 的变化关
系。
A．增大c(Ca2+)，CaC2O4＋2H+
H2C2O4＋Ca2+平衡逆向进行，c(H+)增大，故曲线II 代表
lg[c(Ca2+)/(mol·L-1)]，A 错误；
B．溶液中存在电荷守恒①2c(Ca2+)＋c(H+)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)，物料守恒②c(Ca2+)
＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)，将①－②×2 得c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)－c(HC2O)－2c(H2C2O4)；当pH＝3
时c(H+)＞c(OH－)，所以c(Cl－)＞2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，B 正确；
C．当pH＝1.27 时，c(H2C2O4)＝c(HC2O)，Ka1(H2C2O4)＝＝10-1.27；当pH＝4.27 时， c(C2O)＝
c(HC2O)，Ka2(H2C2O4)＝＝10-4.27；总反应CaC2O4＋2H+
H2C2O4＋Ca2+的
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K＝＝＝＝＝＝＝10-3.09，C 错误；
D．pH＝5 时，c(H+)＝10-5mol/L，Ka2(H2C2O4)＝＝10-4.27，＝＝＝100.73＜10，C2O 和HC2O 的分布系数
关系为＝＜10，D 错误；
2. (2025 年1 月八省联考西北卷)常温下，AgIO3和Pb(IO3)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标中
M 代表Ag＋或Pb2+，物质的溶解度以物质的量浓度表示。下列说法正确的是
A．a 点有AgIO3沉淀生成，无Pb(IO3)2沉淀生成
B. 表示Pb(IO3)2在纯水中溶解度的点在线段bc 之间
C. 向AgIO3悬浊液中滴加AgNO3溶液、向Pb(IO3)2悬浊液中滴加Pb(NO3)2溶液，分别至c 点时，
AgIO3和Pb(IO3)2的溶解度均为10-5.09mol·L-1
D．c(IO)＝0.1mol·L-1时，AgIO3、Pb(IO3)2饱和溶液中＝10-4.09
答案：D
解析：由Ksp(AgIO3)＝c(Ag+)∙c(IO)和Ksp[Pb(IO3)2]＝c(Pb2+)∙c2(IO)可知，本题图像斜率绝对值大的线段
为Ksp[Pb(IO3)2]即Pb(IO3)2的饱和溶液，线段bc 代表的是Ksp[Pb(IO3)2]即Pb(IO3)2的饱和溶液，而另外一条
线代表的是Ksp(AgIO3)即AgIO3的饱和溶液，且由c 点坐标值可知：Ksp(AgIO3)＝10-5.09×10-2.21＝10-7.30和
Ksp[Pb(IO3)2]＝10-5.09×10-5.09×10-2.21＝10-12.39。
A．结合图像和分析，过a 点作x 轴垂线，a 点的Qc 大于Ksp[Pb(IO3)2]，a 点是Pb(IO3)2的过饱和溶液
有沉淀析出，a 点的Qc 小于Ksp(AgIO3)，a 点是AgIO3的不饱和溶液，没有沉淀析出，A 不符合题意；
B．Pb(IO3)2在纯水中溶解度的点为2c(Pb2+)≈c(IO)，即－lg c(Pb2+)＞－lg c(IO)，在坐标轴体现应该是一象限角平分线的
左上部，B 不符合题意；
C．向AgIO3悬浊液中滴加AgNO3溶液、向Pb(IO3)2悬浊液中滴加Pb(NO3)2溶液，分别至c 点时，
AgIO3的溶解度为10-5.09mol·L-1，Pb(IO3)2的溶解度为5×10-6.09mol·L-1，C 不符合题意；
D．c(IO)＝0.1mol·L-1时，AgIO3、Pb(IO3)2饱和溶液中＝＝＝＝10-5.09所以＝10-4.09，D 符合题意；
3. (2024 年1 月“七省联考”安徽卷)向AgNO3溶液中滴加NaCl 溶液，发生反应Ag+＋Cl－
AgCl(s)和AgCl(s)＋Cl－
[AgCl2]－。－lg[c(M)/(mol·L-1)]与－lg[c(Cl－)/(mol·L-1)]的关系如下图所示(其中
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M 代表Ag+或[AgCl2]－)。下列说法错误的是
A．c(Cl－)＝10-2.52mol·L-1时，溶液中c(NO)＝2([AgCl2]－)
B．c(Cl－)＝10-1mol·L-1时，溶液中c(Cl－)＞c([AgCl2]－)＞c(Ag+)
C．Ag＋＋2Cl－
[AgCl2]－的平衡常数K 的值为105.04
D. 用Cl－沉淀Ag+，溶液中Cl－浓度过大时，沉淀效果不好
答案：A
解析：由题可知c(Cl－)越大，c(Ag+)越小，c([AgCl2]－)越大，即与纵坐标交点为(0，9.74)的线M 为
Ag+。
A．c([AgCl2]－)，溶液中c(Ag+)＝c([AgCl2]－)，根据物料守恒得n(NO)＝n(Ag+)＋n([AgCl2]－)＋
n(AgCl)，即n(NO)＝2n([AgCl2]－)＋n(AgCl)，c(NO)＞2([AgCl2]－)，A 错误；
B．由分析可得，c(Cl－)＝10-1mol·L-1，溶液中c(Cl－)＞c([AgCl2]－)＞c(Ag+)，B 正确；
C．Ag＋＋2Cl－
[AgCl2]－的平衡常数为：K＝，将交点数值代入得：＝105.04，C 正确；
D．用Cl－沉淀Ag+，溶液中Cl－浓度过大时，导致AgCl(s)＋Cl－
[AgCl2]－平衡正向移动，沉淀效
果不好，D 正确；
4. (2024 年1 月“七省联考” 吉林、黑龙江卷)室温下，向c(Al3+)、c(Zn2+)均为0.1mol·L-1的混合溶液
中持续通入H2S 气体，始终保持H2S 饱和(H2S 的物质的量浓度为0.1mol·L-1)，通过调节pH 使Al3+、
Zn2+分别沉淀，溶液中－lgc 与pH 的关系如下图所示。其中，c 表示Al3+、Zn2+、OH－和S2-的物质的量浓
度的数值，Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10-17。下列说法错误的是
A．①代表lgc(S2-)与pH 的关系曲线 B．pH 逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为ZnS
C．Al(OH)3的Ksp＝10-32.8 D．Zn2+＋H2S
ZnS↓＋2H+的平衡常数K＝10-0.4
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答案：D
解析：由于c(Al3+)、c(Zn2+)均为0.1mol·L-1，则曲线③④表示的离子为c(Al3+)或c(Zn2+)，纵坐标表示
的为－lgc，则离子浓度越小，－lgc 越大，则曲线①代表lgc(S2-)与pH 的关系，则曲线②代表lgc(OH－)与
pH 的关系，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-1，同
时根据Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10-17，则曲线④为lgc(Al3+)与pH 的关系，曲线③为lgc(Zn2+)与pH 的关系，据此
分析。
A．由分析可知，①代表lgc(S2-)与pH 的关系，A 正确；
B．曲线①代表lgc(S2-)与pH 的关系，曲线③为lgc(Zn2+)与pH 的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可
知，Ksp(ZnS)＝c(Zn2+)∙ c(S2-)＝10-10.8×10-10.8＝10-21.6， Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10-17，当c(Zn2+)为0.1mol·L-1时，
随pH 逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为ZnS，B 正确；
C．曲线②代表lgc(OH－)与pH 的关系，曲线④为lg c(Al3+)与pH 的关系，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-1，c(Al3+)＝10-8.2mol·L-1，则Ksp[Al(OH)3]＝
c(Al3+)∙c3(OH－)＝10-8.2×(10-8.2)3＝10-32.8，C 正确；
D．Zn2+＋H2S
ZnS↓＋2H+的平衡常数表达式为K＝＝＝，根据曲线①代表lgc(S2-)与pH 的关系，
曲线③为lgc(Zn2+)与pH 的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可知，此时c(S2-)＝10-10.8mol·L-1，c(H+)＝10-
5.6mol·L-1，c(H2S)＝0.1mol·L-1，根据B 选项， Ksp(ZnS)＝10-21.6，代入数据，K＝100.6，D 错误；
5. (2025 年1 月八省联考内蒙古卷)测定I－含量步骤如下：向含I－试样中先加入已知物质的量的过量
AgNO3溶液，再加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用KSCN 溶液进行滴定，溶液出现浅红色即达滴定终点，消耗
cmol·L-1KSCN 溶液VmL。已知：pKsp(AgI)＝16.07，pKsp(AgSCN)＝11.9，pKsp(AgCl)＝9.74。下列说法错
误的是
A. 滴定中有AgSCN 生成 B. 不可先加指示剂，后加AgNO3溶液
C. 试样中n(I－)＝10-3cVmol D. 以上实验步骤不适用于Cl－含量测定
答案：C
解析：A．滴定中KSCN 溶液与过量的AgNO3溶液反应生成AgSCN 沉淀，到达终点时KSCN 与指示
剂NH4Fe(SO4)2反应生成红色Fe(SCN)3，故A 正确；
B．先加指示剂，则指示剂中的Fe3+与I－反应，影响终点指示，故B 正确；
C．KSCN 溶液测定的是剩余AgNO3的物质的量，需根据AgNO3溶液的起始量与剩余量差计算碘离
子的物质的量，故C 错误；
D．由于Ksp(AgCl)＝10−9.74＞Ksp(AgSCN)＝10−11.9，用KSCN 滴定过量的Ag+时，会使AgCl 沉淀发生
转化，因此该实验不适用于Cl－含量测定，故D 正确；
6．一定温度下，AgCl 和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
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A．a 点前Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，a 点后相反
B．a 点坐标为(7.9，1.7)
C．2AgCl(s)＋CrO(aq)
Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)的平衡常数K＝107.9
D．在化学分析中，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－时，常用K2CrO4作为指示剂
答案：D
解析：A．根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag+)∙c(CrO)＝(1×10-
5)2×1×10-1.7＝10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl 的溶度积Ksp(AgCl)＝c(Ag+)∙c(Cl－)＝1×10-5×1×10-4.8＝10-9.8，据
此数据计算。而溶度积常数只与温度有关，与浓度无关，A 错误；
B．a 点坐标时，两者的c(Ag+)＝c(Ag+)，c(CrO)＝c(Cl－)，所以c2(Ag+)∙c(CrO)＝10-11.7，c(Ag+)∙ c(CrO)
＝10-9.8，解方程得c(Ag+)＝10-1.9，c(CrO)＝10-7.9，所以a 点坐标为(7.9，1.9)，B 错误；
C．该反应的平衡常数表达式为K＝，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝＝＝
＝10-7.9，C 错误；
D．在化学分析中，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－时常用K2CrO4作为指示剂是因为氯化银的
溶解度较铬酸银小，当Cl－完全沉淀后Ag+继续与CrO 反应生成砖红色的Ag2CrO4，用于指示终点，D 正
确；
7．已知室温下，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10-36，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，Ka(HClO)＝3×10-8。用含少量Fe3+的
NiCl2酸性溶液制备NiOOH 的过程如下。下列说法正确的是
A．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H+)＝0.1mol·L-1＋c(H2CO3 )
B．pH＝11 的NaClO 溶液中：c(HClO)＞c(ClO－)
C．“调pH”得到的上层清液中：＞10-28
D．“氧化”时主要发生反应：2ClO－＋2Ni2+＋2OH－＝1NiOOH↓＋Cl2↑＋H2O
答案：C
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解析：用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH 的流程：加入Na2CO3溶液调pH，Fe3+转化为
Fe(OH)3沉淀，Ni2+不沉淀，过滤除去Fe(OH)3沉淀得到含Ni2+的滤液，碱性条件下加入NaClO 溶液，氧化
Ni2+得到NiOOH 沉淀，发生的反应为2Ni2+＋ClO－＋4OH－＝2NiOOH↓＋Cl－＋H2O，过滤、洗涤、干燥得
到NiOOH 固体，据此分析解答。
A．0.1mol·L-1Na2CO3溶液中物料守恒关系为c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝c(Na+)＝0.1mol/L，电荷守恒
关系为c(OH－)＋2 c(CO)＋c(HCO)＝c(H+)＋c(Na+)，则c(OH－)－c(H+)＝c(HCO)＋2 c(H2CO3)＝0.1mol/L＋
c(H2CO3)－c(CO)＜0.1mol•L
-1＋c(H2CO3)，A 错误；
B．pH＝11 的NaClO 溶液中＝＝3000，即c(HClO)＜c(ClO－)，B 错误；
C．“调pH”得到的上层清液中浓度积Q[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)•c3(OH-)＞Ksp[Fe(OH)3]，Q[Ni(OH)2]＝
c(Ni2+)•c2(OH-)＜Ksp[Ni(OH)2]，则上层清液中＞＝＝1.25×10-28＞10-28，C 正确；
D．碱性条件下加入NaClO 溶液氧化Ni2+得到NiOOH 沉淀，反应为2Ni2+＋ClO－＋4OH－＝2NiOOH↓
＋Cl£＋H2O，D 错误；
8．已知298K 时，Cu(OH)2和Fe(OH)2的饱和溶液中，a、b 分别表示－lgc(Cu2+)、－lgc(Fe2+)与溶液
pH 的变化关系。下列说法中正确的是
A．该温度下Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)2]
B．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)＝1 10
∶
4.6
C．除去FeSO4溶液中少量的Cu2+，可加入适量FeO 或Fe
D．向X 点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y 点对应的溶液
解析：C
解析：A．已知298K 时，Cu(OH)2和Fe(OH)2的饱和溶液中，a、b 分别表示－lgc(Cu2+)、－lgc(Fe2+)
与溶液pH 的变化关系，由X 点数据可知Ksp[Cu(OH)2]＝()2×10-11.7＝10-19.7，由(8，3.1)数据可知
Ksp[Fe(OH)2]＝()2×10-3.1＝10-15.1，所以该温度下，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，A 错误；
B．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，c(Fe2+)∶c(Cu2+)＝＝＝＝104.6 1∶，B 错误；
C．除去FeSO4 溶液中少量的Cu2+，加入适量FeO，可升高溶液的pH，而使Cu(OH)2沉淀而除去，
也可以加入Fe 将Cu2+还原出来而除去，C 正确；
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D．向X 点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会
减小，而从X 点到Y 点铜离子浓度不变，D 错误；
9．室温下，向c(Al3+)、c(Zn2+)均为0.1mol/L 的混合溶液中持续通入H2S 气体，始终保持H2S 饱和
(H2S 的物质的量浓度为0.1mol/L)，通过调节pH 使Al3+、Zn2+分别沉淀，溶液中－lgc 与pH 的关系如下图
所示，其中c 表示Al3+、Zn2+、OH－和S2－的物质的量浓度的数值。已知：Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10－17。下列
说法不正确的是
A．溶解度：Zn(OH)2＞ZnS
B．①代表lgc(S2－)与pH 的关系曲线
C．pH 逐渐增大时，溶液初始生成的沉淀为ZnS
D．Zn2++H2S=ZnS+2H+ 的平衡常数K=10-0.4
答案：D
解析：由于c(Al3+)、c(Zn2+)均为0.1mol/L，则曲线③④表示的离子为c(Al3+)或c(Zn2+)，纵坐标表示的
为－lgc，则离子浓度越小，－lgc 越大，则曲线①代表lgc(S2-)与pH 的关系，则曲线②代表lgc(OH－)与pH
的关系，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，同时根
据Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10－17，则曲线④为lgc(Al3+)与pH 的关系，曲线③为lgc(Zn2+)与pH 的关系，据此分析。
A．由分析可知，曲线③为lgc(Zn2+)与pH 的关系，曲线①代表lgc(S2-)与pH 的关系，则根据二者交点
(5.6，10.8)可知，Ksp(ZnS)＝c(Zn2+)∙c(S2-)=10-10.8×10-10.8＝10-21.6，Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10－17， ＜，溶解度：
Zn(OH)2大于ZnS，A 正确；
B．由分析可知，曲线①代表lgc(S2-)与pH 的关系，B 正确；
C．由A 可知，溶解度：Zn(OH)2大于ZnS，pH 逐渐增大时，溶液初始生成的沉淀为ZnS，C 正确；
D．Zn2+＋H2S＝ZnS＋2H+ 的平衡常数K＝＝＝，曲线①代表lgc(S2-)与pH 的关系，曲线③为
lgc(Zn2+)与pH 的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可知，此时c(S2-)＝10-10.8mol/L，c(H+)＝10-5.6mol/L，
c(H2S)＝0.1mol/L，由A 可知Ksp(ZnS)＝10-21.6，则K＝＝100.6，D 错误；
10．室温下，已知Ksp(CuS)＝8.8×10-36，饱和Cu(OH)2溶液中x＝－lg 与pH 的关系如图所示。向
0.1mol·L-1的Na2S 溶液(pH＝12.4)中加入一定量的CuSO4。下列说法正确的是
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A．室温下Cu(OH)2的Ksp数量级为10-20
B．反应CuS＋2OH－
Cu(OH)2＋S2-的平衡常数为4×1016
C．室温下，CuS 在等浓度的Na2S 和H2S 溶液中的Ksp不相等
D．反应后的溶液中存在离子浓度关系：c(Na+)＋c(H+)＋2c(Cu2+)＝2c(S2-)＋c(OH－)＋2c(SO)
答案：A
解析：A．当x＝3 时，pH＝8，故x＝－lg＝3，解得c(Cu2+)＝2.2×10-8mol·L-1，Ksp[Cu(OH)2]＝
c(Cu2+)∙c2(OH－)＝2.2×10-8×(10-6)2＝2.2×10-20，Ksp的数量级为10-20，A 项正确；
B．CuS＋2OH－
Cu(OH)2＋S2-的K＝＝＝＝4×10-16，B 项错误；
C．温度不变，Ksp不变，C 项错误；
D．根据电荷守恒，反应后的溶液中存在离子浓度关系：c(Na+)＋c(H+)＋2c(Cu2+)＝2c(S2-)＋c(HS－)＋
c(OH－)＋2c(SO)，D 项错误；
11．LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、
Ni、Al 等元素)制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]＝5.5×10-16。
下列说法正确的是
A．加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，使用H2O2替代MnO2效果更好
B．反应器流出的溶液pH＝4，此时用石灰乳调节至pH≈7，目的是除去Fe3+
C．加入少量BaS 溶液后滤渣的成分为NiS
D．为保持电解液成分稳定，应不断补充MnSO4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
解析：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
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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。
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；
B．pH＝4，c(OH−)＝1×10−10mol/L，此时c(Fe3+)＝＝2.8×10-9mol·L-1；pH＝7，c(OH−)＝1×10−7mol/L，
c(Al3+)＝＝1.3×10-12mol·L-1，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铁，加石灰乳调节至pH≈7 生成氢氧化铝沉淀除铝，所以 “滤渣”的成
分至少有四种，故C 错误；
D．为保持电解液成分稳定，应不断补充MnSO4溶液，排出含酸电解液，电解废液中含有硫酸，可
在反应器中循环利用，故D 正确；
12．向AgBr 饱和溶液(有足量AgBr 固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生反应Ag+＋S2O
[Ag(S2O3)]－和
[Ag(S2O3)]－＋S2O
[Ag(S2O3)2]3－，Pm、pN 与lgc(S2O)的关系如图所示。其中M 代表Ag＋或Br－，N 代
表或。下列说法错误的是
A．L1表示随lgc(S2O)的变化关系
B．AgBr 的Ksp＝c(Ag+)∙c(Br－)＝10-12.2
C．AgBr＋2S2O＝[Ag(S2O3)2]3－＋Br－的平衡常数为101.2
D．c(S2O)＝0.001mol·L-1时，溶液中c(Br－)＞c｛[Ag(S2O3)2]3－｝＞c｛[Ag(S2O3)]－｝
答案：A
解析：溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，
溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b 点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化
的关系、d 点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应
时，溴化银主要转化为[Ag(S2O3)]－，溶液中小于，则直线L1表示随lgc(S2O)变化的关系、直线L2表示随lgc(S2O)的关
系；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10
-4.6mol/L 时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol/L、10—8.35mol/L，则
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溴化银的溶度积常数Ksp＝c(Ag+)∙c(Br－)＝10-12.2，据此分析解题。
A．由分析可知，直线L1表示随lgc(S2O)变化的关系、直线L2表示随的lgc(S2O)关系，故A 错误；
B．据分析可知AgBr 的Ksp＝c(Ag+)∙c(Br－)＝10-3.85×10-8.35＝10-12.2，故B 正确；
C．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L 时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-
3.85mol/L、10-8.35mol/L，为10-4.2，[Ag(S2O3)2]3－的浓度为：mol·L-1＝10-4.15mol·L-1，AgBr＋2S2O＝[Ag(S2O3)2]3
－＋Br－的平衡常数为＝101.2 ，故C 正确；
D．由图可知，硫代硫酸根离子浓度为0.001 mol/L 时，溶液中溴离子浓度最大，大于，则溶液中
[Ag(S2O3)]－的浓度小于[Ag(S2O3)2]3－的浓度，所以溶液中离子浓度大小顺序为c(Br－)＞c｛[Ag(S2O3)2]3－｝
＞c｛[Ag(S2O3)]－｝，故D 正确；
13．草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡： CaC2O4(s)＝Ca2+(aq)＋
C2O(aq)，已知25℃，Ksp(CaC2O4)＝4.0×10-8，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.0×10-2， Ka2＝5.4×10-5。下列有关
说法正确的是(均在25℃的条件下)
A. 上层清液里含碳微粒最主要以C2O 形式存在
B．0.1molCaC2O4固体可全部溶于1L0.2mol/LHCl 溶液中
C. 将CaC2O4加到①0.1mol/LCaCl2，②0.01mol/LCaCl2两种溶液中，c(Ca2+)：①＜②
D. 向上层清液里通入HCl 至pH=1，则：2c(Ca2+)－2c(C2O)－c(HC2O)－c(OH－)＝0.1mol/L
答案：D
解析：A．草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡:CaC2O4(s)＝Ca2+ (aq)
＋ C2O (aq)，上层清液中含碳微粒最主要以C2O 形式存在，选项A 正确；
B．上层清液中存在物料守恒：c(Ca2+)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c( H2C2O4)，选项B 正确；
C．H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，醋酸钠水解显碱性抑制草酸电离，有利于生成
CaC2O4沉淀，选项C 正确；
D．向上层清液中通入HCl 至pH=1，则：2c(Ca2+)－2c(C2O)－c(HC2O)＝c(OH－)＝10-13mol/L，选项D
错误；
14．一定温度下，向含一定浓度金属离子M2+(M2＋代表Fe2+、Zn2+和Mn2+)的溶液中通H2S 气体至饱和
c(H2S)为0.1mol·L-1时，相应的金属硫化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的lg[c(M2+)]与pH 关系如下图。
下列说法不正确的是
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A．a 点所示溶液中，c(H+)＞c(Zn2+)
B. 该温度下，Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)＜Ksp(MnS)
C．b 点所示溶液中，可发生反应Fe2+＋H2S＝FeS↓＋2H+
D．Zn2+、Mn2+浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液，通入H2S 并调控pH 可实现分离
答案：C
解析：A．a 点所示溶液中lg[c(Zn2+)]＝－4，即c(Zn2+)＝10-4mol/L，由图像可知此时pH＝0～1，c(H+)
＞0.1mol/L，所以c(H+)＞c(Zn2+)，A 正确；
B．Ksp(MnS)＝c(Mn2+)×c(S2-)，又在c(H2S)＝0.1mol·L-1时c(H+)、c(S2-)相同，图像上取相同的横坐标
时lg[c(Zn2+)]＜lg[c(Fe2+)]＜lg[c(Mn2+)]，即c(S2-)相同时c(Zn2+)＜c(Fe2+)＜c(Mn2+)，所以该温度下，Ksp(ZnS)
＜Ksp(FeS)＜Ksp(MnS)，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+)＝10-2mol/L，即b 点Q＜Ksp，即无FeS 沉淀生成，所以不能发生反应Fe2+＋H2S＝FeS↓
＋2H+，C 错误；
D．根据前面所求溶度积相对大小，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
0.1mol·L-1的混合溶液Mn2+开始沉淀的pH 约为4.5，即Zn2+完全沉淀时Mn2+还没开始沉淀，可以实现分离，
D 正确；
15．以磷石膏(主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等)和氨水为原料可实现CO2矿物封存同时制备轻
质CaCO3，转化部分流程如图。
Ksp(CaSO4)＝5.0×10-5，Ksp(CaCO3)＝3.0×10-9，Ka1(H2CO3)＝4.3×10-7，Ka2(H2CO3)＝5.61×10-11。
下列说法正确的是
A．氨水中存在：c(NH)＞c(H+)＋c(NH3∙H2O)
B．“转化”步骤，通入CO2后清液中始终存在＞×104
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C．“转化”步骤，若通入CO2至溶液pH 为6.5，此时溶液中c(HCO)＞c(CO)
D．“滤液”中存在：c(H+)＋2c(Ca2+)＝c(OH－)＋2c(CO)＋c(HCO)＋2c(SO)
答案：C
解析：A．氨水显碱性， c(OH－)＞c(H+)，一水合氨微弱电离产生铵根离子和氢氧根，(NH3∙H2O
NH＋OH－，则c(NH3∙H2O)＞c(OH－)，根据电荷守恒，c(OH－)＝c(NH)＋c(H+)，故c(NH3∙H2O)＞c(NH)＋
c(H+)，A 项错误；
B．“转化”后的清液中，CaCO3一定达到沉淀溶解平衡，而CaSO4不一定达到沉淀溶解平衡，则＝
c(Ca2+)≤，≤＝×104，B 项错误；
C．“转化”步骤，若通入CO2至溶液pH 为6.5 时，Ka2＝，＝＝＜1，则c(HCO)＞c(CO)，C 项正确；
D．“转化”步骤CaSO4＋2NH3∙H2O＋2CO2＝Ca2+＋2HCO＋2NH＋SO ，“滤液”中粒子有Ca2+、
HCO、NH、SO，根据电荷守恒，过滤后所得滤液中一定存在：c(H+)＋c(NH)＋2c(Ca2+)＝c(OH－)＋2c(SO)＋
2c(CO)＋c(HCO)，D 项错误；
16．某温度时硫酸盐MSO4(M：Pb2＋、Ba2＋、Sr2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM＝－lg
c(M)，pSO＝－lg c(SO)。下列说法正确的是
A．向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液可能转化成PbSO4
B．X、Y 两点对应的SrSO4均是饱和溶液，不能继续溶解SrSO4
C．蒸发Z 点的BaSO4溶液可得到C 点状态的BaSO4溶液
D．溶度积：Ksp(SrSO4)＜Ksp(PbSO4)＜Ksp(BaSO4)
答案：A
解析：A．因SrSO4、PbSO4、BaSO4为同类型沉淀，再结合题图可知，Ksp(BaSO4)＜Ksp(PbSO4)＜
Ksp(SrSO4)。在Pb2+浓度很大的环境下BaSO4可以转化成PbSO4，A 正确；
B．由题图可知Y 点对应的c(Sr2＋)×c(SO)<Ksp(SrSO4)，所以为不饱和溶液，能继续溶解SrSO4，故B
错误；
C．由题图可知Z 点对应溶液中c(Ba2＋)＞c(SO)，蒸发Z 点的BaSO4溶液不能得到C 点状态的溶液，
故C 错误；
D．由题图可知溶度积BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，故D 错误。
17．某温度下，向10 mL 0.1 mol·L－1 NaCl 溶液和10 mL 0.1 mol·L－1 K2CrO4溶液中分别滴加0.1
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mol·L－1 AgNO3溶液。滴加过程中pM[pM＝－lg M，M 为c(Cl－)或c(CrO)]与所加AgNO3溶液体积之间的
关系如图所示。已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，100.1≈1.259，≈1.265，假设混合溶液的体积为两溶液体积的
加和。下列说法错误的是
A．a1、b、c 三点所示溶液中c(Ag＋)：b>c>a1
B．若将上述NaCl 溶液的浓度改为0.2 mol·L－1，则a1点会平移至a2点
C．若将a1与b 点溶液混合，则有AgCl 与Ag2CrO4固体析出
D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl 溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂
答案：C
解析：A．向10 mL 0.1 mol·L－1 NaCl 溶液和10 mL 0.1 mol·L－1 K2CrO4溶液中分别滴加AgNO3溶液，
当滴加10 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液时，氯化钠恰好完全反应，当滴加20 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液
时，K2CrO4恰好完全反应，因此a1所在曲线为－lg c(Cl－)的变化曲线，b、c 所在曲线为－lg c(CrO)的变
化曲线。a1点NaCl 恰好完全反应，为AgCl 的饱和溶液，－lg c(Cl－)＝4.9，则c(Cl－)＝c(Ag＋)＝10－4.9
mol·L－1＝100.1×10－5 mol·L－1≈1.259×10－5 mol·L－1，b 点K2CrO4恰好完全反应，为Ag2CrO4的饱和溶液，
－lg c(CrO)＝4.0，c(CrO)＝10－4 mol·L－1，则c(Ag＋)＝2×10－4 mol·L－1，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝
(2×10－4)2×10－4＝4×10－12，c 点c(CrO)约为原来的，即c(CrO)≈0.025 mol·L－1，则c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝
×10－5 mol·L－1≈1.265×10－5 mol·L－1，故a1、b、c 三点所示溶液中c(Ag＋)：b>c>a1，A 正确；
B．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将NaCl 溶液浓度改为0.2 mol·L－1，恰好完全沉淀时得到
AgCl 饱和溶液，－lg c(Cl－)＝4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2 倍，因此a1点会平移至a2点，
B 正确；
C．若将a1与b 点溶液混合，则混合液中c(Ag＋)＝ mol·L－1≈1.25×10－4 mol·L－1，c(Cl－)＝ mol·L－
1≈5×10－6 mol·L－1，c(CrO)＝ mol·L－1＝6×10－5 mol·L－1，则Q(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝6.25×10－
10>Ksp(AgCl)＝10－9.8，Q(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝9.375×10－13<Ksp(Ag2CrO4)，故有AgCl 析出，无
Ag2CrO4析出，C 错误；
D．根据上述分析知，当溶液中同时存在等浓度的Cl－和CrO 时，加入硝酸银溶液，Cl－先沉淀，故
用AgNO3标准溶液滴定NaCl 溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4砖红
色沉淀，D 正确。
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18．取1.0 L 浓缩卤水(Cl－、I－浓度均为1.0×10－3 mol·L－1)进行实验：滴加一定量AgNO3溶液，产生
黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：Ksp(AgI)＝8.5×10－17、Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。下列分析不正
确的是
A．黄色沉淀是AgI，白色沉淀是AgCl
B．产生白色沉淀时，溶液中存在AgI(s) Ag＋(aq)＋I－(aq)
C．若起始时向卤水中滴加2 滴(0.1 mL)1.0×10－3 mol·L－1 AgNO3，能产生沉淀
D．白色沉淀开始析出时，c(I－)＞1.0×10－6 mol·L－1
答案：D
解析：A．因为Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故向该浓缩卤水中滴加AgNO3溶液，先产生黄色沉淀AgI，后
产生白色沉淀AgCl，A 正确；
B．产生白色沉淀AgCl 时，有大量的AgI 存在，AgI 存在沉淀溶解平衡，B 正确；
C．首先考虑易沉淀的AgI，c(I－)·c(Ag＋)＝10－3×10－3×＝10－10＞Ksp(AgI)，故能产生黄色沉淀AgI，C
正确；
D．白色沉淀开始析出时，c(Ag＋)＝1.8×10－7 mol·L－1，此时c(I－)＝ mol·L－1≈4.7×10－10 mol·L－1，D
错误。
19．室温下，用过量0.5 mol/L Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，
产生气泡。[当溶液中剩余的离子浓度小于1×10－5 mol/L 时，化学上通常认为该离子已经完全沉淀。已知：
Ksp(CaSO4)＝5×10－5，Ksp(CaCO3)＝3×10－9]下列说法正确的是
A．浸泡后CaSO4未完全转化为CaCO3
B．0.5 mol/L Na2CO3溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．反应CaSO4＋CO
CaCO3＋SO 正向进行，需满足＞×104
D．过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2＋)＝且c(Ca2＋)＜
答案：D
解析：A．用过量0.5 mol/L Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，则浸泡后c(Ca2＋)＝＝ mol/L＝6×10－9
mol/L<1×10－5 mol/L，可以认为浸泡后CaSO4完全转化为CaCO3，A 错误；
B．由质子守恒可知，0.5mol/L Na2CO3溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B 错误；
C．反应CaSO4＋CO
CaCO3＋SO 的K＝＝＝×104，反应正向进行，需满足＜×104，C 错误；
D．过滤后所得清液为碳酸钙的饱和溶液，存在c(Ca2＋)＝，且由于c(CO)较大，导致c(Ca2＋)很小，故存在
c(Ca2＋)＜，D 正确；
20．向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS 纳米粒子[已知Ksp(FeS)＝6.3×10－18，Ksp(CuS)＝
1.3×10－36]，下列说法正确的是
A．FeS 固体不能用于去除工业废水中的Cu2＋
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B．向FeSO4和CuSO4混合溶液中加入Na2S 溶液，当两种沉淀共存时，c(Cu2＋)∶c(Fe2＋)≈1018
C．向CuS 饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS 的溶解平衡逆向移动，滤液中一定存在c(Cu2＋)＝
D．已知H2S 溶液中Ka1·Ka2＝1×10－21，可判断CuS 易溶于稀盐酸
答案：C
解析：A．根据Ksp(CuS)<Ksp(FeS)可知，FeS 固体能用于去除工业废水中的Cu2＋，A 错误；
B．向FeSO4和CuSO4混合溶液中加入Na2S 溶液，当两种沉淀共存时，＝＝≈2.1×10－19，B 错误；
C．CuS 存在溶解平衡CuS(s)
Cu2＋(aq)＋S2－(aq)，向CuS 饱和溶液中加入CuCl2固体，铜离子浓
度增大，因此CuS 的溶解平衡逆向移动，根据溶度积常数得到滤液中一定存在c(Cu2＋)＝，C 正确；
D．若要溶解CuS 需发生反应：CuS(s)＋2H＋(aq)
Cu2＋(aq)＋H2S(aq)，则K＝＝＝＝1.3×10－15，平
衡常数很小，反应几乎不能发生，可判断CuS 难溶于稀盐酸，D 错误。
21．298 K 时，BaSO4与BaCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是
已知101.4＝25
A．298 K 时，BaSO4的溶解度小于BaCO3的溶解度
B．U 点坐标为(4，4.8)
C．作为分散质BaSO4，W 点v(沉淀)＜v(溶解)
D．对于沉淀溶解平衡BaSO4(s)＋CO(aq)
BaCO3(s)＋SO(aq)，其平衡常数K＝0.04
答案：B
解析：A．离子浓度的负对数越大，离子浓度越小，对于同种类型难溶电解质，越难溶，Ksp 越小。
结合图像可知：Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，常温下BaSO4的溶解度小于BaCO3，故A 正确；
B．根据X 点坐标可以求出Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO)＝10－0.6×10－8，U 点为BaCO3沉淀溶解平衡曲
线上的点，因为c(CO)＝1×10－4 mol·L－1，所以c(Ba2＋)＝1×10－4.6 mol·L－1，－lg c(Ba2＋)＝4.6，U 点坐标
为(4，4.6)，B 错误；
C．由图像可知，W 点的坐标在BaSO4沉淀溶解平衡曲线上方，即W 点BaSO4的Qsp(BaSO4)，则v
沉淀＜v(溶解)，故C 正确；
D．结合V 点可知Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，对于沉淀溶解平衡BaSO4(s)＋CO(aq)
BaCO3(s)＋
SO(aq)，其K＝＝＝＝10－1.4＝0.04，故D 正确。
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22．可溶性钡盐有毒，医院中常用无毒硫酸钡作为内服“钡餐”造影剂。医院抢救钡离子中毒者时，
除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：某温度下，Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9，Ksp(BaSO4)＝
1.1×10－10。下列推断正确的是
A．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为碳酸钡比硫酸钡更难溶
B．可以用0.36 mol·L－1的Na2SO4溶液给钡离子中毒者洗胃
C．抢救钡离子中毒者时，若没有硫酸钠也可以用碳酸钠溶液代替
D．误饮c 平(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的溶液时，会引起钡离子中毒
答案：B
解析：A．碳酸钡能与胃酸反应生成可溶性钡盐，钡离子有毒，所以不能用碳酸钡作为内服造影剂，
A 错误；
B．用0.36 mol·L－1的Na2SO4溶液给钡离子中毒者洗胃，反应后c 平(Ba2＋)＝ mol·L－1≈3.1×10－10
mol·L－1< mol·L－1，B 正确；
C．碳酸钡与胃酸反应转化为可溶性钡盐，起不到解毒的作用，C 错误；
D．饱和BaSO4溶液中c 平(Ba2＋)＝＝ mol·L－1>1.0×10－5 mol·L－1，所以误饮c 平(Ba2＋)＝1.0×10－5
mol·L－1的溶液时，不会引起钡离子中毒，D 错误。
23．已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.5×10－16，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，则下列难溶盐的饱
和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是
A．AgCl>AgI>Ag2CrO4 B．AgCl>Ag2CrO4>AgI
C．Ag2CrO4>AgCl>AgI D．Ag2CrO4>AgI>AgCl
答案：C
解析：AgCl 和AgI 的结构相似，由Ksp可知AgCl 饱和溶液中的c 平(Ag＋)大于AgI 饱和溶液中的c 平
(Ag＋)；AgCl 饱和溶液中的c(Ag＋)＝Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ag2CrO4(s)
2Ag＋(aq)＋CrO (aq)的
Ksp(Ag2CrO4)＝c(Ag＋)·c 平(CrO)＝c(Ag＋)＝2.0×10－12，可得Ag2CrO4饱和溶液中的c 平(Ag＋)大于AgCl 饱和
溶液中的c 平(Ag＋)；故Ag＋浓度大小顺序Ag2CrO4>AgCl>AgI。
24．化工生产中常用FeS 作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋＋FeS(s)
CuS(s)＋Fe2＋(aq)。
下列说法错误的是
A．FeS 的Ksp比CuS 的Ksp大
B．向平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c 平(Fe2＋)变大
C．该反应达到平衡时c 平(Fe2＋)＝c 平(Cu2＋)
D．该反应的平衡常数K＝
答案：C
解析：A．组成相似的难溶性盐，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以FeS 的Ksp比
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CuS 的Ksp大，A 正确；
B．反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以c 平(Fe2＋)变大，B 正确；
C．该反应达到平衡时离子的浓度保持不变，但不一定相等，C 错误；
D．该反应的平衡常数K＝＝＝，D 正确。
25．25 ℃时，有关物质的Ksp如表所示。
物质
Mg(OH)2
Cu(OH)2
MgCO3
AgCl
Ksp
5.6×10－12
2.2×10－20
6.8×10－6
1.8×10－10
物质
AgI
MnS
PbS
Ksp
8.3×10－17
2.5×10－13
3.4×10－28
下列说法错误的是
A．在c 平(Mg2＋)＝c 平(Cu2＋)的酸性溶液中，逐滴加入NaOH 稀溶液，Cu2＋先沉淀
B．在1 L 0.01 mol·L－1MgCl2溶液中，加入1 mL 0.01 mol·L－1的Na2CO3溶液，无MgCO3沉淀析出
C．将0.001 mol·L－1 AgNO3溶液滴入KCl 和KI 的混合溶液中，一定有AgI 沉淀生成
D．化工生产废水中含Pb2＋，可用MnS(s)作沉淀剂进行转化而除去
答案：C
解析：A.由于Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，且二者类型相同，因此逐滴加入NaOH 稀溶液，Cu2＋先
沉淀，生成更难溶的Cu(OH)2，A 正确；
B.在1 L 0.01 mol·L－1 MgCl2溶液中，加入1 mL 0.01 mol·L－1的Na2CO3溶液，混合溶液体积可近似为
1 L，所得溶液中c 平(Mg2＋)＝0.01 mol·L－1，c 平(CO)＝＝1×10－5 mol·L－1，Q＝c 平(Mg2＋)c 平(CO)＝0.01
mol·L－1×1×10－5 mol·L－1＝1×10－7<Ksp[MgCO3]，所以无沉淀析出，B 正确；
C.KCl 和KI 的混合溶液中，c 平(I－)的大小未给出，因而无法判断Q 与Ksp的大小，也就无法确定是否
有AgI 生成，C 错误；
D.化工生产中常用MnS 作沉淀剂除去工业废水中的Pb2＋，发生反应Pb2＋(aq)＋MnS(s)＝PbS(s)＋Mn2
＋(aq)，D 正确。
26. (2025 年1 月八省联考四川卷)MnSO4具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级MnSO4的流
程如下。该阳极泥主要含有MnO2，以及Na＋、K+、Ca2+、Mg2+、Zn2+和微量Pb2+等杂质离子。
已知：Ksp(ZnS)＝1.0×10-22，Ksp(PbS)＝8.0×10-28，Ksp(MnS)＝1.0×10-10。金属离子生成氢氧化物沉淀，
其lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH 的关系如下图所示：
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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SO2的作用是_______________________。
(3)“除钾钠”步骤中，控制溶液pH＝2.0，K+和Na＋与Fe2(SO4)3反应分别生成KFe3[(OH)3SO4]2和
NaFe3[(OH)3SO4]2沉淀，其中K+生成沉淀的离子方程式为________________________________。
(4)“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH＝4.0，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)“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液pH 将_______(填“升高”或“下降”或“不变”)。
(7)“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液应返回到_______步骤，其目的是__________________。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d54s2 (2)还原二氧化锰为锰离子
(3)K+＋3Fe3+＋2SO＋6H2O＝KFe3[(OH)3SO4]2↓＋6H+
(4)MnCO3＋Fe2(SO4)3＋5H2O＝MnSO4＋2Fe(OH)3＋CO2↑＋2H2SO4
(5)CaF2 ；MgF2 (6)降低 (7)溶解；循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率
解析：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pH＝4.0，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入MnF2，使得钙离子、镁离子转化为CaF2、MgF2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。
(1)锰为25 号元素，基态Mn 原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；
(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SO2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pH＝2.0，酸性条件下，K+与Fe2(SO4)3反应生成KFe3[(OH)3SO4]2沉淀，
其中K+生成沉淀的离子方程式为：K+＋3Fe3+＋2SO＋6H2O＝KFe3[(OH)3SO4]2↓＋6H+；
(4)“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH＝4.0，使得铁离子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、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为MnCO3＋Fe2(SO4)3＋5H2O＝
MnSO4＋2Fe(OH)3＋CO2↑＋2H2SO4；
(5)由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；
(6)“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为Zn2+＋H2S＝ZnS↓＋
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2H+、Pb2+＋H2S＝PbS↓＋2H+，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶
液pH 将下降。
(7)“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的
是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。
27. (2025 年1 月八省联考河南卷)一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4∙7H2O，含有少Fe2(SO4)3、
TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如
下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物
FeF2
MgF2
MnF2
Ksp
2.3×10-6
5.1×10-11
5.2×10-3
回答下列问题：
(1)“除钛”中产生的少量气体是_______(填化学式)；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水
解以TiO2 ∙xH2O 沉淀形式除去，其另一个作用是____________________________________。
(2)“除杂1”中除去的离子是_______(填化学式)。
(3)“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是__________________________。
本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是___________________________________。
(4)滤渣3 的主要成分是MnO2∙xH2O，生成该物质的离子方程式为____________________________。
(5)“氧化2”的目的是减少_______气体的排放(填化学式)。
(6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4∙2H2O 产量降低，原因是________________________。
答案：(1)H2 还原Fe3+ (2)Mg2+
(3)氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大
防止盐酸与KMnO4反应生成Cl2，产生污染
(4)3Mn2+＋2MnO＋(5x＋2)H2O＝5(MnO2∙xH2O)↓＋4H+ (5)SO2
(6)溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO、HPO 形式存在，PO 浓度低，生成FePO4∙2H2O 沉淀量少
解析：该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为FeSO4∙7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、
MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)，产品为电池级磷酸铁，钛白粉副产品在
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硫酸中溶解1 后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑、Fe2(SO4)3＋Fe＝3FeSO4，
提高了溶液体系的pH，使TiO2+水解以TiO2 ∙xH2O 沉淀形式除去，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、
SO，加入NH4F“除杂1”中除去Mg2+，“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，“除杂2”中加入的KMnO4与
Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2∙xH2O 而除去Mn2+，溶液中Fe3+与农药盐渣中的PO 结合生成FePO4∙2H2O。
(1)根据上述分析可知，“除钛”过程加入的铁粉发生的主要反应有Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑、
Fe2(SO4)3＋Fe＝3FeSO4，提高了溶液体系的pH，使TiO2+水解以TiO2 ∙xH2O 沉淀形式除去，故少量气体是
H2，铁粉作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2 ∙xH2O 沉淀形式除去，其另一个作用是还原
Fe3+；
故答案为：H2；还原Fe3+；
(2)“除钛”后溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO，由FeF2、MgF2、MnF2的Ksp可知，MgF2更难
溶于水，加入NH4F 与Mg2+ 反应生成难溶于水的MgF2，故 “除杂1”中除去的是Mg2+；
故答案为：Mg2+；
(3)“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，Fe3+是H2O2分解的催化剂，可以使H2O2分解速率增大，故
H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大；该反应2Fe2+＋H2O2＋2H+＝2Fe3+＋2H2O 在酸性条件下发生，
本步骤若使用稀盐酸代替H2SO4溶液，则溶液中含有Cl－，在“除杂2”中会与KMnO4反应生成Cl2，产生
污染；
故答案为：氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大；防止盐酸与KMnO4反应
生成Cl2，产生污染；
(4)“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2∙xH2O，离子方程式为3Mn2+＋2MnO
＋(5x＋2)H2O＝5(MnO2∙xH2O)↓＋4H+；
故答案为：3Mn2+＋2MnO＋(5x＋2)H2O＝5(MnO2∙xH2O)↓＋4H+；
(5)农药盐渣成分中有Na2SO3，“除杂2”后溶液含有H+，二者混合会发生SO＋2H
+＝SO2↑＋H2O，
“氧化2”的目的是使SO 转化为SO，从而减少SO2气体的排放；
故答案为：SO2；
(6)“沉铁”中如果体系酸性过强，则溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO、HPO 形式存在，PO 浓
度低，生成FePO4∙2H2O 沉淀量少，导致FePO4∙2H2O 产量降低；
故答案为：溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO、HPO 形式存在，PO 浓度低，生成FePO4∙2H2O 沉淀量
少。
28. (2024 年1 月“七省联考” 吉林、黑龙江卷)SrCO3是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领
域。以天青石(主要成分为SrSO4)为原料制备SrCO3的一种工艺方法如下：
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天青石主要元素质量分数如下：
元素
Sr
Ba
Ca
Al
Si
质量分数(%)
36.4
2.0
4.0
0.5
5.0
Ksp(SrSO4)＝3.4×10-7，Ksp(BaSO4)＝1.0×10-10。
回答下列问题：
(1)天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成SrS 和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成
CO2、CO 时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的碳
氧化物为___________(填“CO”或“CO2”)。
(2)“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为___________和___________。
(3)“水浸”后滤渣的主要成分除CaSiO3和C 外，还有两种氧化物，化学式为___________和
___________。
(4)“水浸”时需加热，SrS 与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为___________(用化学方程式表示)
(5)“水浸”后的滤液中c(Sr2+)＝0.680mol·L-1，c(Ba2+)＝0.024mol·L-1，“除杂”过程中(忽略H2SO4溶液引
起的体积变化)，为使Sr2+不沉淀，应控制溶液中c(Ba2+)≥___________mol·L-1，每升滤液中篇加入
1.0mol·L-1H2SO4 溶液的体积≤___________mL。
(6)“沉锶”过程中，可溶性Sr(OH)2发生反应的离子方程式为_________________________________。
答案：(1)CO2 (2)CO SO2 (3)Al2O3 SiO2 (4)SrS＋2H2O===H2S＋Sr(OH)2
(5) 2×10-4 23.8 (6)Sr2+＋2OH－＋CO2＝SrCO3↓＋H2O
解析：天青石与碳粉混合煅烧生成SrS 和碳氧化物，水浸后滤液中加入硫酸，除去钡离子，过滤后滤
液中通入二氧化碳，生成碳酸锶。
(1)生成CO2、CO 时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，说明两者都有，
设生成的碳氧化物中CO2含量为x，则CO 含量为(1－x)，则有0.304x＋0.386(1－x)＝0.326x＝0.73,因此煅
烧中主要生成的碳氧化物为CO2；
(2)煅烧过程中还可能生成少量对环境有危害的气体，天青石的主要成分为SrSO4，能生成的有害气体
只有SO2，碳粉能生成的有害气体只有CO，其他物质无法生成有害气体，则两种气体的化学式为SO2和
CO；
(3)天青石中含有Ba、Ca、Al 和Si，Si 转化的SiO2和Al 转化的Al2O3不能溶于水，所以两种氧化物
为Al2O3和SiO2；
(4)SrS 溶于水几乎完全水解，使溶液呈碱性，化学方程式为SrS＋2H2O===H2S＋Sr(OH)2；
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(5)根据Ksp(SrSO4)＝3.4×10-7可知，SrSO4开始沉淀时，硫酸根离子浓度为＝5×10-7mol·L-1，为使Sr2+不
沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10-7mol/L，则钡离子浓度需大于＝2×10-4mol·L-1，为使Sr2+不沉淀，在1L
溶液中总的钡离子物质的量减硫酸消耗的钡离子物质的量，还余下2×10-4mol，硫酸根与钡离子满足1:1
反应，则1L 中硫酸的物质的量为0.024－2×10-4＝0.0238mol，硫酸浓度为1mol/L，则体积为23.8mL；
(6)沉锶过程中，可溶性Sr(OH)2溶液与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，离子方程式为Sr2+＋2OH
－＋CO2＝SrCO3↓＋H2O。
29．湿法炼锌工业废水中主要阳离子有Zn2+、H+、Tl＋、Tl3＋。废水除铊的工艺流程如下。
已知：
Tl
①
＋能够在pH 为0～14 的范围内以离子态稳定存在，不易与OH－形成沉淀
Tl
②
3＋易与废水中的有机物分子形成稳定的配合物，为了简便，通常用Tl3＋表示
③部分物质的Ksp
物质
Zn(OH)2
Tl(OH)3
ZnS
Tl2S
Ksp
6.8×10-17
1.5×10-44
1.6×10-24
5.0×10-21
④排放标准：Tl 的含量低于1.5×10-8mol·L-1
(1)已知“氧化”步骤中KMnO4被还原为MnO2且Tl＋氧化不彻底，请写出该反应的离子方程式：
_______
________________________________________________。
(2)“预中和”步骤，加Ca(OH)2至溶液的pH 约为7，可减少“硫化”步骤中Na2S 的使用量，还能减
少____________(填化学式)污染物的生成。
(3)“硫化”步骤的主要目的是除去 (填离子符号)。
(4)根据Ksp计算，若使溶液中Tl3＋的含量低于排放标准，溶液的pH 应大于 ，但是实际工
艺流程需在“中和”步骤加Ca(OH)2至溶液的pH 约为9，此时仍只有80%左右的铊离子能得到去除，其
可能原因是__________________________________________________。
(5)“脱钙”步骤的目的是___________________________________________。
答案：(1)2MnO＋Tl3＋＋8H+＝2MnO2＋3Tl3＋＋4H2O (2)H2S (3)Zn2+和Tl+
(4)2 第一步氧化时Tl＋氧化不彻底，Tl2S 也会溶解部分离子在溶液中
(5)除去加入的钙离子
解析：废水经过高锰酸钾氧化后，Tl＋被氧化Tl3＋，加入氢氧化钙进行预中和，中和废水中所含H+调
节溶液pH，为下一步硫化做准备，加入硫化钠后Zn2+和Tl+生成Zn 沉淀和Tl2S 沉淀，继续加入氢氧化钙
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使Zn2+和Tl3＋沉淀完全后过滤，加入碳酸钠，与滤液中的钙离子反应生成碳酸钙沉淀，过滤，滤液经过离
子交换进一步除去溶液中残余铊离子，达到达标水。
(1)根据所给信息KMnO4被还原为MnO2，Tl＋被氧化Tl3＋，可得该反应的离子方程式为2MnO＋Tl3＋＋
8H+＝2MnO2＋3Tl3＋＋4H2O；
(2)因为溶液中含有氢离子，与硫化步骤中要加入的硫离子会反应生成硫化氢有毒气体，所以要加
Ca(OH)2至溶液的pH 约为7；
(3)硫化钠中的硫离子和Zn2+和Tl+生成ZnS 沉淀和Tl2S 沉淀；
(4)根据Ksp[Tl(OH)3]＝c(Tl3＋)×c3(OH－)＝1.5×10-44，Tl3＋的排放标准为1.5×10-8mol·L-1，则c(OH－)＝＝
1×10-12，c(H+)＝＝1×10-2，所以pH 为2；“中和”步骤加Ca(OH)2至溶液的pH 约为9，此时仍只有80%
左右的铊离子能得到去除，其可能原因是第一步氧化时Tl＋氧化不彻底，Tl2S 也会溶解部分离子在溶液中；
(5)加入碳酸钠，与滤液中的钙离子反应生成碳酸钙沉淀，从而除去前面步骤中引入的钙离子；
30. (2024 年1 月“七省联考”甘肃卷)利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等
金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下：
(1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有___________。
(2)浸取温度不宜超过60℃，原因是___________________________________________。
(3)为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳pH 范
围为___________，理由是_________________________________________。
A．1.5~2.0 B．2.0~3.0 C．3.0~4.0 D．4.5~5.0
金属离子
开始沉淀的pHc＝0.01mol·L-1
沉淀完全的pHc＝1.0×10-5mol·L-1
Fe2+
6.8
8.3
Al3+
3.7
4.7
Fe3+
1.8
2.8
Cu2+
5.2
6.7
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Mn2+
8.6
10.1
Zn2+
6.7
8.2
(4)滤渣的主要成分有Fe(OH)3、___________和MnO2，该工艺中去除锰的离子方程式为___________。
(5)最适宜使用的还原剂是___________，理由为___________________________________。
(6)氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐Zn(OH)Cl 生成，该反应方程式为__________
________________________，产品中Zn(OH)Cl 含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求Zn(OH)Cl 含量
不超过2.30%，降低产品中Zn(OH)Cl 含量的方法有_____________________________。
答案：(1)将固体废料粉碎、适当加热等
(2)减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌
(3)D 在pH4.5~5.0 的范围内，Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不会沉淀
(4)Al(OH)3 3Mn2+＋2MnO＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+ (5)单质锌 不会带入新的杂质
(6)ZnCl2＋H2O===Zn(OH)Cl＋HCl 减压蒸发，控制温度不超过300oC
解析：利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的
流程分析如下：含锌废料先用盐酸浸取，同时调pH 除掉将铝离子、铁离子变为沉淀，加入高锰酸钾进行
氧化除杂将铁氧化为高价态的氢氧化物沉淀，加入还原剂将铜还原为单质除掉，得到较纯净的氯化锌，
最后进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌固体。
(1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有将固体废料粉碎、适当加热等；
(2)浸取温度不宜超过60℃，原因是减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌；
(3)浸取的目的是要将Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不能沉淀，根据表格中的数据，应该调pH 的
范围是4.7～6.7，合理的选项为D；
(4)根据上述分析，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3和MnO2，该工艺中去除锰的原理为锰离子和
高锰酸钾发生归中反应生成二氧化锰，离子方程式为3Mn2+＋2MnO＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+，
(5)考虑到不能带入新的杂质，故最合适的还原剂是单质锌；
(6)氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐Zn(OH)Cl 生成，该反应方程式为ZnCl2＋
H2O===Zn(OH)Cl＋HCl，根据图像，要控制Zn(OH)Cl 含量不超过2.30%，降低产品中Zn(OH)Cl 含量的
方法有减压蒸发，控制温度不超过300℃。
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