文档文本内容
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
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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
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)
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
入等体积
乙酸，加热，仅
完全溶解
溶度积常数：
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
【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
【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
【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
，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
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
。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
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)
(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
；
（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)
(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；
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。
【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
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。
