3.4 沉淀溶解平衡-2024-2025學(xué)年高二化學(xué)講義解題大招（人教版）

PAGE13.4沉淀溶解平衡【五大必考點+五大秒殺招+五大題型+分層訓(xùn)練】課前預(yù)習(xí)課前預(yù)習(xí)+知識精講知識點01難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡【知識積累】（1）20℃時，電解質(zhì)在水中的溶解度與溶解性存在如下關(guān)系：（2）在NaCl飽和溶液中，加入濃鹽酸?，F(xiàn)象：產(chǎn)生白色沉淀。解釋：在飽和NaCl溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)Na＋＋Cl－，加入濃鹽酸，增大了c(Cl－)，平衡向左移動，從而析出NaCl。1.沉淀溶解平衡的建立當(dāng)難溶電解質(zhì)加入水中時，開始階段ｖ(溶解)＞ｖ(沉淀)，且ｖ(溶解)逐漸減小，ｖ(沉淀)逐漸增大，當(dāng)ｖ(溶解)＝ｖ(沉淀)時，便建立了沉淀溶解平衡。2.沉淀溶解平衡的概念在一定溫度下，當(dāng)沉淀和溶解的速率相等時，形成電解質(zhì)的飽和溶液，達(dá)到平衡狀態(tài)，人們把這種平衡稱為沉淀溶解平衡。3.沉淀溶解平衡方程式以AgCl沉淀溶解平衡為例：AgCl(s)eq\o(,\s\up7(溶解),\s\do5(沉淀))Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。4.沉淀溶解平衡的特征知識點02難溶電解質(zhì)沉淀溶解平衡的影響因素1.內(nèi)因(決定因素)：難溶電解質(zhì)本身的性質(zhì)。2.外因：溫度、濃度等條件的影響符合勒夏特列原理。（1）溫度：升溫，大多數(shù)溶解平衡向溶解方向移動，但Ca(OH)2升溫向生成沉淀方向移動；（2）濃度：加水稀釋，平衡溶解方向移動；（3）相同離子：加入與難溶電解質(zhì)含有相同離子的物質(zhì)，平衡向生成沉淀的方向移動；（4）反應(yīng)離子：加入能消耗難溶電解質(zhì)中所含離子的物質(zhì)，平衡向溶解方向移動。3.實例分析已知沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq)，勒夏特列原理也適用于沉淀溶解平衡，請分析當(dāng)改變下列條件時，對該沉淀溶解平衡的影響，填寫下表(濃度變化均指平衡后和原平衡比較)：條件改變移動方向c(Mg2＋)c(OH－)加少量水正向移動不變不變升溫正向移動增大增大加MgCl2(s)逆向移動增大減小加鹽酸正向移動增大減小加NaOH(s)逆向移動減小增大知識點03溶度積常數(shù)1．概念難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡也存在平衡常數(shù)，稱為溶度積常數(shù)，簡稱溶度積，符號為Ksp。2．表達(dá)式AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。如：Mg(OH)2(s)Mg2＋＋(aq)＋2OH－(aq)Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－) 3．影響因素溶度積Ksp只與難溶電解質(zhì)本身的性質(zhì)和溫度有關(guān)。4．Ksp的意義反映了難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力。5．應(yīng)用定量判斷給定條件下有無沉淀生成。Q：離子積對于AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)任意時刻Q＝cm(An＋)·cn(Bm－)。①Q(mào)＞Ksp，溶液過飽和，有沉淀析出，直至溶液飽和，達(dá)到新的平衡。②Q＝Ksp，溶液飽和，沉淀與溶解處于衡狀態(tài)。③Q＜Ksp，溶液未飽和，無沉淀析出，若加入過量難溶電解質(zhì)，難溶電解質(zhì)溶解直至溶液飽和。知識點04沉淀的溶解、生成【實驗探究】Mg(OH)2沉淀溶解操作現(xiàn)象①渾濁②澄清理論分析1.溶度積規(guī)則對于難溶電解質(zhì)AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，其濃度商Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，即溶液中有關(guān)離子濃度冪的乘積，式中的濃度都是任意濃度。通過比較Qc和Ksp的相對大小，可以判斷沉淀的溶解與生成。①Q(mào)c＞Ksp時，溶液過飽和，有沉淀析出，直至Qc＝Ksp，達(dá)到新的沉淀溶解平衡。②Qc＝Ksp時，溶液飽和，沉淀溶解與生成處于平衡狀態(tài)。③Qc＜Ksp時，溶液未飽和，無沉淀析出，若體系中有足量的固體存在，則固體溶解，直至Qc＝Ksp。2.沉淀的溶解根據(jù)溶度積規(guī)則，如果能設(shè)法移去溶解平衡體系中相應(yīng)的離子（即降低離子濃度），使ＱC＜ＫSP就能使沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向移動，從而使沉淀溶解。（1）沉淀溶解的方法酸溶解法用強(qiáng)酸溶解的難溶電解質(zhì)有CaCO3、FeS、Al(OH)3、Ca(OH)2等。如CaCO3難溶于水，卻易溶于鹽酸，原因是：CaCO3在水中存在沉淀溶解平衡為CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，當(dāng)加入鹽酸后發(fā)生反應(yīng)：COeq\o\al(2－,3)＋2H＋H2O＋CO2↑，c(COeq\o\al(2－,3))降低，溶液中COeq\o\al(2－,3)與Ca2＋的離子積Q(CaCO3)＜Ksp(CaCO3)，沉淀溶解平衡向溶解方向移動。鹽溶液溶解法Mg(OH)2難溶于水，能溶于鹽酸、NH4Cl溶液中。溶于NH4Cl溶液反應(yīng)的離子方程式為Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)Mg2＋＋2NH3·H2O。（2）可用于解釋生活中的一些用途與現(xiàn)象。①醫(yī)療上用BaSO4做“鋇餐”而不用BaCO3。②石筍、鐘乳石、石柱的成因a.在石灰?guī)r的飽和溶液中存在CaCO3的沉淀溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)+CO32-(aq)。當(dāng)CO2溶于此溶液時發(fā)生反應(yīng)：CO2＋CO32－＋H2O===HCO32－，使CO32－濃度減小，致使QC=[Ca2＋]·[COeq\o\al(2－,3)]＜Ksp(CaCO3)，使CaCO3的沉淀溶解平衡右移，CaCO3逐漸轉(zhuǎn)化為可溶性的Ca(HCO3)2。b.由于外界自然條件的影響，當(dāng)CO2的溶解度降低時，會導(dǎo)致體系中CO32－增多，致使QC=[Ca2＋]·[COeq\o\al(2－,3)]＞Ksp(CaCO3)，使沉淀溶解平衡左移，又生成CaCO3沉淀，形成鐘乳石等。③珊瑚的成因：珊瑚蟲從周圍的海水中獲取Ca2＋、HCO3－，經(jīng)反應(yīng)形成石灰石外殼：Ca2＋＋2HCO3－CaCO3＋CO2＋H2O。3.沉淀的生成在難溶電解質(zhì)溶液中，當(dāng)條件改變使Qc＞Ksp時，溶液過飽和，v(逆)＞v(正)，從而生成難溶電解質(zhì)。在無機(jī)物的制備和提純、廢水處理等領(lǐng)域，常利用生成沉淀來達(dá)到分離或除去某些離子的目的。知識點05沉淀的轉(zhuǎn)化1.沉淀轉(zhuǎn)化的實質(zhì)：沉淀的轉(zhuǎn)化是指由一種難溶物轉(zhuǎn)化為另一種難溶物的過程，其實質(zhì)是沉淀溶解平衡的移動。2.沉淀轉(zhuǎn)化的條件：兩種沉淀的溶解度不同，溶解度小的沉淀可以轉(zhuǎn)化為溶解度更小的沉淀，兩者溶解度相差越大轉(zhuǎn)化越容易。3.實驗探究AgCl、AgI、Ag2S的轉(zhuǎn)化實驗操作實驗現(xiàn)象有白色沉淀析出白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀黃色沉淀轉(zhuǎn)化為黑色沉淀化學(xué)方程式NaCl＋AgNO3AgCl↓＋NaNO3AgCl＋KIAgI＋KCl2AgI＋Na2SAg2S＋2NaI實驗結(jié)論：AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgI沉淀，AgI沉淀又轉(zhuǎn)化為Ag2S沉淀，說明溶解度由小到大的順序為Ag2S＜AgI＜AgCl。理論分析：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)Ksp＝1.8×10－10AgI(s)Ag＋(aq)＋I(xiàn)－(aq)Ksp＝8.5×10－17由Ksp值可看出AgI的溶解度遠(yuǎn)比AgCl小得多。當(dāng)向AgCl沉淀中滴加KI溶液時，Q(AgI)＞Ksp(AgI)導(dǎo)致AgCl溶解，AgI生成，離子方程式可表示為：I－(aq)＋AgCl(s)AgI(s)＋Cl－(aq)，K＝eq\f(c(Cl－),c(I－))＝eq\f(c(Ag＋)·c(Cl－),c(Ag＋)·c(I－))＝eq\f(1.8×10－10,8.5×10－17)≈2.1×106＞1×105。反應(yīng)向正方向進(jìn)行完全，即AgCl可轉(zhuǎn)化為AgI沉淀。4.實驗探究Mg(OH)2與Fe(OH)3的轉(zhuǎn)化實驗操作實驗現(xiàn)象產(chǎn)生白色沉淀白色沉淀轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀化學(xué)方程式MgCl2＋2NaOHMg(OH)2↓＋2NaCl3Mg(OH)2＋2FeCl32Fe(OH)3＋3MgCl2實驗結(jié)論：Mg(OH)2沉淀轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，說明溶解度：Fe(OH)3＜Mg(OH)2。5．沉淀的轉(zhuǎn)化的應(yīng)用應(yīng)用鍋爐除水垢(含有CaSO4)CaSO4(s)eq\o(→,\s\up7(Na2CO3溶液))CaCO3(s)eq\o(→,\s\up7(加酸如鹽酸))Ca2＋(aq)，反應(yīng)為CaSO4＋Na2CO3CaCO3＋Na2SO4，CaCO3＋2HClCaCl2＋H2O＋CO2↑自然界中礦物的轉(zhuǎn)化原生銅的硫化物eq\o(→,\s\up7(氧化、淋濾))CuSO4溶液eq\o(→,\s\up7(滲透、遇閃鋅礦ZnS和方鉛礦PbS))銅藍(lán)(CuS)，反應(yīng)為CuSO4＋ZnSCuS＋ZnSO4，CuSO4＋PbSCuS＋PbSO4工業(yè)廢水處理FeS(s)＋Hg2＋(aq)HgS(s)＋Fe2＋(aq)解題大招解題大招大招01易錯點沉淀溶解平衡方程式中各物質(zhì)要標(biāo)明聚集狀態(tài)。大招02沉淀溶解平衡的影響因素易錯點大多數(shù)電解質(zhì)溶解度隨溫度的升高而增大，但也有例外，如Ca(OH)2，溫度越高，溶解度越小。大招03溶度積常數(shù)一般溫度升高，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。大招04同類型的難溶電解質(zhì)，在同溫度下，Ksp越大，溶解度越大；不同類型的難溶電解質(zhì)，應(yīng)通過計算才能進(jìn)行比較。1Ksp只與難溶電解質(zhì)本身的性質(zhì)和溫度有關(guān)，而與沉淀的量和溶液中的離子濃度無關(guān)。2對于同類型物質(zhì)如AgCl、AgBr、AgI等，可直接用溶度積比較難溶電解質(zhì)的溶解能力，Ksp越大，難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力越強(qiáng)。3對于不同類型的物質(zhì)，Ksp不能直接作為比較依據(jù)，而應(yīng)通過計算將Ksp轉(zhuǎn)化為飽和溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度確定溶解能力的強(qiáng)弱。大招05生成沉淀的主要方法（1）調(diào)節(jié)pH法如：除去NH4Cl溶液中的FeCl3雜質(zhì)，可加入氨水調(diào)節(jié)pH至7～8，可使Fe3＋轉(zhuǎn)變?yōu)镕e(OH)3沉淀而除去。離子方程式為Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。（2）加沉淀劑法如以Na2S、H2S等做沉淀劑，使某些金屬離子如Cu2＋、Hg2＋等生成極難溶的硫化物ＣｕＳ、ＨｇＳ等。離子方程式為H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋；H2S＋Hg2＋=HgS↓＋2H＋。題型分類題型分類題型01沉淀溶解平衡的理解【例1】下列關(guān)于沉淀溶解平衡的說法正確的是A．只有難溶電解質(zhì)才存在沉淀溶解平衡B．沉淀溶解平衡是可逆的C．在平衡狀態(tài)時D．達(dá)到沉淀溶解平衡的溶液不一定是飽和溶液【答案】B【解析】A．易溶電解質(zhì)作溶質(zhì)時，如果是飽和溶液，也存在沉淀溶解平衡，A錯誤；B．沉淀溶解平衡也屬于動態(tài)平衡，是可逆過程，B正確；C．沉淀溶解平衡為動態(tài)平衡，則在平衡狀態(tài)時，C錯誤；D．達(dá)到沉淀溶解平衡的溶液，沉淀溶解和生成的速率相等，則一定是飽和溶液，D錯誤；故選B?！咀兪?-1】對“AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)”的理解正確的是①說明AgCl沒有完全電離，AgCl是弱電解質(zhì)②說明溶解的AgCl已完全電離，是強(qiáng)電解質(zhì)③說明Cl－與Ag＋的反應(yīng)不能完全進(jìn)行到底④說明Cl－與Ag＋的反應(yīng)可以完全進(jìn)行到底A．③④ B．②③ C．①③ D．②④【答案】B【解析】氯化銀在水溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)，其完整過程為AgCl(s)?AgCl(aq)=Ag+(aq)+Cl-(aq)，說明AgCl完全電離，是強(qiáng)電解質(zhì)，故①錯誤，②正確；由于存在沉淀溶解平衡，說明Ag+與Cl-的反應(yīng)不能完全進(jìn)行到底，故③正確，④錯誤；所以只有②③正確；B正確；綜上所述，本題選B?！咀兪?-2】把NaCl晶體溶于水充分?jǐn)嚢韬?，溶液中仍有晶體存在，下列說法正確的是A．溶解過程停止 B．此時溶解速率等于結(jié)晶速率C．此時溶質(zhì)不再溶解 D．溶解過程停止【答案】B【解析】把NaCl晶體溶于水,存在鈉離子氯離子離開晶體表面進(jìn)入溶液的溶解過程、同時存在溶液中的鈉離子和氯離子回到晶體表面的結(jié)晶過程，當(dāng)溶解速率和結(jié)晶速率相等時，就處于平衡，這是動態(tài)平衡：溶解和結(jié)晶仍在進(jìn)行、但是溶解已達(dá)到了最大程度，形成了飽和溶液，則B滿足；答案選B。題型02影響沉淀溶解平衡的因素【例2】能使懸濁液中的固體明顯減少的措施是A．滴入NaOH溶液 B．滴入溶液 C．滴入溶液 D．加熱【答案】B【解析】A．滴入NaOH溶液增大氫氧根離子濃度，抑制的溶解平衡，固體不減少，故A錯誤；B．滴入溶液可消耗氫氧根離子，促進(jìn)的溶解平衡，固體減少，故B正確；C．滴入溶液可結(jié)合部分氫氧根離子，產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，固體不減少，故C錯誤；D．加熱可促進(jìn)的溶解平衡，但固體減少不明顯，故D錯誤；故選：B?！咀兪?-1】已知溶液中存在平衡：，下列有關(guān)該平衡體系的說法正確的是①升高溫度，平衡逆向移動②向溶液中加入少量碳酸鈉粉末能增大鈣離子的濃度③除去氯化鈉溶液中混有的少量鈣離子，可以向溶液中加入適量的NaOH溶液④恒溫下，向懸濁液中加入CaO，溶液的c(Ca2+)變大⑤給溶液加熱，溶液的pH升高⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固體質(zhì)量增加⑦向溶液中加入少量NaOH固體，Ca(OH)2固體質(zhì)量不變A．①⑥ B．①④⑥ C．①②③④⑥ D．①③⑥【答案】A【解析】①Ca(OH)2(s)溶于水的過程中放出熱量，升高溫度，平衡逆向移動，①正確；②向溶液中加入少量碳酸鈉粉末，溶于水后能與Ca2+反應(yīng)生成CaCO3沉淀，從而減小溶液中鈣離子的濃度，②不正確；③向溶液中加入適量的NaOH溶液，可以降低Ca(OH)2的溶解量，但不能除去氯化鈉溶液中混有的少量鈣離子，③不正確；④恒溫下，向懸濁液中加入CaO，會生成Ca(OH)2沉淀，但Ca(OH)2的溶解度不變，溶液中c(Ca2+)不變，④不正確；⑤給溶液加熱，Ca(OH)2的溶解平衡逆向移動，溶液中c(OH-)減小，溶液的pH減小，⑤不正確；⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，會生成CaCO3沉淀，則固體質(zhì)量增加，⑥正確；⑦向溶液中加入少量NaOH固體，Ca(OH)2的溶解平衡逆向移動，Ca(OH)2固體質(zhì)量增加，⑦不正確；綜合以上分析，①⑥正確，故選A?！咀兪?-2】當(dāng)氫氧化鈣固體在水中達(dá)到溶解平衡時，為使Ca(OH)2固體的量減少，可以加入少量的A．NaOH固體 B．CaCl2固體 C．NH4NO3固體 D．Ca(OH)2固體【答案】C【解析】A．加入NaOH，OH-的濃度增大，溶解平衡向左移動，Ca(OH)2固體的量增大，故A錯誤；B．加入少量CaCl2固體，Ca2+的濃度增大，Ca(OH)2固體的量增大，故B錯誤；C．加入少量NH4NO3固體，銨根與OH-結(jié)合生成氨水，故氫氧根的濃度減小，故溶解平衡右移Ca(OH)2固體的量減少，故C正確；D．加入少量Ca(OH)2固體，不能完全溶解，Ca(OH)2固體的量增大，故D錯誤；故選：C。題型03溶度積的理解與應(yīng)用【例3】25℃時，的，該溫度下，將足量的投入等體積的下列溶液中，溶液中的由大到小的排列順序是①溶液

②溶液

③溶液

④飽和溶液A．①>②>③>④ B．④>③>②>① C．③>④>①>② D．④>①=③>②【答案】C【解析】①足量的投入等體積溶液，增大，平衡逆向移動，減小；②足量的投入等體積溶液，大于①溶液，所以小于①溶液；③足量的投入等體積溶液，增大；④足量的投入等體積飽和溶液，不變；所以由大到小的順序為：③>④>①>②；故選C；【變式3-1】25℃時有關(guān)物質(zhì)的顏色和溶度積()如下表：物質(zhì)顏色白淡黃黃黑下列敘述錯誤的是A．向AgCl懸濁液中加入溶液，有黑色沉淀產(chǎn)生B．25℃時，AgCl、AgBr、AgI、的飽和水溶液中的濃度相同C．該溫度下，飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：D．在溶液中，加入1滴(20滴約為1mL)溶液，不能產(chǎn)生白色沉淀【答案】B【解析】A．對于相同類型的難溶性鹽，一般情況下溶度積大的沉淀較易轉(zhuǎn)化成溶度積小的沉淀，由表格數(shù)據(jù)可知的溶解度小于，故向AgCl的白色懸濁液中加入溶液，有黑色沉淀產(chǎn)生，故A正確；B．25℃時，AgCl、AgBr、AgI、飽和水溶液中Ag+的濃度分別為：mol/L、mol/L、mol/L、mol/L，故各飽和水溶液中的濃度不相同，故B錯誤；C．是難溶性沉淀，該溫度下，飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：，故C正確；D．1滴溶液體積為0.05mL，加入到5mL溶液中，混合溶液體積幾乎不變，當(dāng)硝酸銀加入后，溶液中，Qc(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl?)=1.8×10?6mol?L?1×1×10?5mol?L?1=1.8×10?11＜1.8×10?10，所以不能產(chǎn)生白色沉淀，故D正確；故選B?！咀兪?-2】現(xiàn)將某濃度的溶液與mol?L的溶液等體積混合，若要產(chǎn)生沉淀，則所用溶液的濃度至少為(已知該溫度下的)A．mol?L B．mol?LC．mol?L D．mol?L【答案】A【解析】該溫度下的，因為是等體積混合則，此時的最小濃度為9.8×10-2mol·L-1；故選A。題型04沉淀溶解平衡圖像分析【例4】t℃時，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，下列說法正確的是A．t℃時，Ag2CrO4的Ksp=1×10﹣9B．d點有Ag2CrO4沉淀生成C．加入AgNO3可使溶液由b點變成c點D．常溫下，向Ag2CrO4飽和溶液中加入Na2CrO4固體，有沉淀析出，但Ag2CrO4的Ksp不變【答案】D【解析】A．Ag2CrO4存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，據(jù)圖可知，=c2(Ag+)?c()=(10﹣3mol/L)2×10﹣6mol/L=1×10﹣12，A錯誤；B．b為溶解平衡點，b在d的上方，則d點為Ag2CrO4的不飽和溶液，沒有Ag2CrO4沉淀生成，B錯誤；C．Ag2CrO4的沉淀溶解平衡為：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，加入AgNO3可使溶液中的c(Ag+)增大，平衡逆向移動，最終c(Ag+)增大、c()減小，所以不能由b點變成c點，C錯誤；D．Ag2CrO4的沉淀溶解平衡為：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，加入Na2CrO4可使溶液中的c(CrO42-)增大，平衡逆向移動，有沉淀析出；只與溫度有關(guān)，在操作時溫度不變，所以不變，D正確；故選D?！咀兪?-1】一定溫度下，將過量的固體溶于100mL水中，充分?jǐn)嚢?，慢慢加入NaOH固體，隨著增大，溶液中的變化曲線如圖所示(未按比例畫出)，P為Y~Z曲線上的任意一點。下列說法錯誤的是A．該溫度下，B．C．P點溶液中，一定存在D．Z點溶液中，【答案】C【解析】A．X點是碳酸鎂飽和溶液，由圖可知，，該溫度下，，A項正確；B．，，B項正確；C．接近Z點時，，C項錯誤；D．由圖可知，當(dāng)時，開始有生成，的溶度積，Z點溶液中，，D項正確；答案選C?！咀兪?-2】25℃和100℃兩種情況下，碳酸鈣在水中的溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是

A．100℃時，d點已經(jīng)飽和，會有沉淀析出B．25℃時，CaCO3的Ksp＝2.8×10-9C．25℃時加入Na2CO3，可以使溶液由c點變?yōu)閐點D．升高溫度可以使溶液由a點變?yōu)榍€上的任一點【答案】B【解析】A．100℃時，d點位于100℃曲線下方，處于未飽和狀態(tài)，則不會有沉淀析出，故A錯誤；B．25℃時，b、c點均可表示CaCO3的Ksp，c點、，，故B正確；C．25℃時加入Na2CO3，溶液中增大、降低，則d點應(yīng)位于25℃曲線以下，故C錯誤；D．升高溫度，溶解度增大，其Ksp增大，所以升高溫度可以使溶液由a點不可能變?yōu)榍€上的任一點，故D錯誤；答案選B。題型05綜合運用【例5】某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示：(1)a點表示Ag2SO4(填“飽和”或“不飽和”)溶液。(2)b點對應(yīng)的Ksp(填“<”“>”或“＝”)c點對應(yīng)的Ksp。(3)現(xiàn)將足量的Ag2SO4分別放入：a．40mL0.01mol·L－1K2SO4溶液b．10mL蒸餾水c．10mL0.02mol·L－1H2SO4溶液則Ag2SO4的溶解度由大到小的排列順序為(填字母)。(4)下列有關(guān)Ag2SO4的說法中正確的是。A．含有大量SO的溶液中肯定不存在Ag＋B．Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp＝1.6×10－5(mol·L－1)3C．0.02mol·L－1的AgNO3溶液與0.2mol·L－1的Na2SO4溶液等體積混合不會生成沉淀(5)往Ag2SO4固體中加入足量的Na2CrO4溶液，可觀察到磚紅色沉淀(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：?！敬鸢浮?1)不飽和(2)＝(3)b>a>c(4)BC(5)Ag2SO4＋CrOAg2CrO4＋SO【解析】（1）曲線為沉淀溶解平衡狀態(tài)，線上點濃度關(guān)系滿足溶度積常數(shù)，線下點離子濃度小，離子積小于溶度積，為不飽和溶液，故答案為：不飽和；（2）b、c均為沉淀溶解平衡曲線上的點，離子濃度均滿足溶度積常數(shù)，且兩點溫度相同，故兩點溶度積常數(shù)相同，故答案為：=；（3）Ag2SO4在b蒸餾水中正常溶解，a、c溶液中因存在硫酸根離子，因此會抑制Ag2SO4得溶解，且硫酸根離子濃度越大對Ag2SO4溶解的抑制作用越大，硫酸根離子濃度a<c，因此Ag2SO4在c中溶解度更小，溶解度：b>a>c，故答案為：b>a>c；（4）A．含有大量SO的溶液中存在Ag＋，只是銀離子濃度比較小，故A錯誤；B．b點時，，Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp(mol·L－1)3，故B正確；C．0.02mol·L－1的AgNO3溶液與0.2mol·L－1的Na2SO4溶液等體積混合，，不會生成沉淀，故C正確；故答案為：BC；（5）Ag2SO4固體中加入足量的Na2CrO4溶液，可觀察到磚紅色沉淀(Ag2CrO4為磚紅色)，可知硫酸銀固體部分轉(zhuǎn)化成Ag2CrO4，反應(yīng)的方程式為：Ag2SO4＋CrOAg2CrO4＋SO，故答案為：Ag2SO4＋CrOAg2CrO4＋SO；【變式5-1】固體的研究是化學(xué)中的重要課題，回答下列問題：(1)實驗室在配制硝酸銅的溶液時，加蒸餾水前常將硝酸銅固體先溶于適量硝酸中，其主要目的是。(2)將下列固體物質(zhì)溶于水，再將其溶液加熱、蒸發(fā)結(jié)晶，再充分灼燒，得到化學(xué)組成與原固體物質(zhì)相同的是(填選項字母)。A．膽礬

B．氯化鋁

C．硫酸鋁

D．氯化銅

E.硫酸亞鐵

F.碳酸鈉(3)已知常溫下Ksp(BaSO4)=1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9。①BaSO4和BaCO3均為沉淀，二者可以相互轉(zhuǎn)化。醫(yī)療上做“鋇餐”的是，向等濃度的Na2CO3、Na2SO4的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，最先出現(xiàn)的沉淀是。②用下列流程得到BaCl2溶液：BaSO4BaCO3BaCl2，計算反應(yīng)(i)的平衡常數(shù)K=。③向1LNa2CO3溶液中加入足量BaSO4固體，假定溶液體積不變、溫度不變，當(dāng)溶液中c(CO)=1×10-3mol?L-1時，溶解BaSO4的物質(zhì)的量為mol。(4)常溫下用廢電池的鋅皮制備ZnSO4?7H2O的過程中，需除去鋅皮中的少量雜質(zhì)鐵，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解使鐵變?yōu)镕e3+。已知：化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp的近似值1×10-171×10-171×10-39①若上述過程不加H2O2將導(dǎo)致Zn2+和Fe2+不能分離，原因是。②加堿調(diào)節(jié)至pH為(保留到小數(shù)點后1位)時，鐵離子剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10-5mol?L-1時，即可認(rèn)為該離子沉淀完全)?！敬鸢浮?1)抑制硝酸銅(Cu2+)水解(2)CF(3)BaSO4BaSO40.04(或4×10-2)4×10-5(4)Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近(或二者Ksp的近似值均為10-17；或二者在一定pH下同時沉淀等)2.7【解析】（1）加蒸餾水前常將硝酸銅固體先溶于適量硝酸中，其主要目的是增大溶液中氫離子濃度，抑制硝酸銅(Cu2+)水解；（2）膽礬為硫酸銅晶體，灼燒最終得到無水硫酸銅；氯化鋁溶液中鋁離子水解生成氫氧化鋁和揮發(fā)性鹽酸，灼燒最終得到氧化鋁；硫酸鋁中硫酸根對應(yīng)酸為難揮發(fā)性酸，灼燒得到硫酸鋁；氯化銅溶液中銅離子水解生成氫氧化銅和揮發(fā)性鹽酸，灼燒最終得到氧化銅；硫酸亞鐵灼燒亞鐵離子會被空氣在氧氣氧化為三價鐵；碳酸鈉受熱不分解，最終得到碳酸鈉；故選CF；（3）①BaSO4和BaCO3均為沉淀，硫酸鋇不溶于鹽酸、碳酸鋇溶于鹽酸，醫(yī)療上做“鋇餐”的是BaSO4；已知常溫下Ksp(BaSO4)=1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9，可知硫酸鋇更難溶，向等濃度的Na2CO3、Na2SO4的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，最先出現(xiàn)的沉淀是BaSO4。②反應(yīng)(i)，平衡常數(shù)K=。③向1LNa2CO3溶液中加入足量BaSO4固體，假定溶液體積不變、溫度不變，當(dāng)溶液中c(CO)=1×10-3mol?L-1時，K=，，故溶解BaSO4的物質(zhì)的量為4×10-5mol?L-1×1L=4×10-5mol；（4）①Zn2+、Fe2+、Fe3+完全沉淀所需的氫氧根離子濃度分別為、、，若上述過程不加H2O2將導(dǎo)致Zn2+和Fe2+不能分離，原因是Zn2+、Fe2+完全沉淀所需的氫氧根離子濃度相同，兩者會同時沉淀完全。②由①計算可知，pOH=11.3，即pH=2.7時，鐵離子剛好沉淀完全?！咀兪?-2】電離平衡、化學(xué)平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是重要的化學(xué)反應(yīng)原理內(nèi)容：(1)常溫下，將稀釋，則稀釋后的數(shù)目（填“增多”或“減少”）(2)常溫下，稀釋溶液時，的不變，水的離子積（填“增大”、“減小”或“不變”）(3)時，將和兩種氣體混合于密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：末達(dá)到平衡，生成．該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為：；已知，則0（填“>”或“<”），在末時，D的平均反應(yīng)速率為(4)在實驗室配制溶液時，常滴加幾滴溶液，試用離子方程式及簡要文字解釋說明原因：(5)某溫度下，向含有固體的飽和溶液中加入少量稀鹽酸，則（填“增大”、“減小”或“不變”）(6)冰融化為水的過程：0（填“>”、或“<”）【答案】(1)增多(2)不變(3)>(4)滴加溶液使后使制濃度增大，抑制水解(5)減小(6)>【解析】（1）氨水中存在電離平衡：，加水稀釋，溶液體積增大，銨根離子數(shù)目增多；（2）Kw只與溫度有關(guān)，溫度不變Kw不變；（3）①根據(jù)方程式可知，

；②根據(jù)題意，溫度升高，K值在增大，說明反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH＞0；③化學(xué)反應(yīng)速率==；（4）在實驗室配制Na2S溶液時，常滴加幾滴NaOH溶液原因是：，滴加NaOH溶液使后使OH?制濃度增大，抑制S2?水解；（5）在AgCl飽和溶液中存在平衡，加入稀鹽酸，平衡逆向移動，Ag+濃度減??；（6）冰融化為水的過程中要吸熱，ΔH＞0。分層訓(xùn)練分層訓(xùn)練【基礎(chǔ)過關(guān)】1．化學(xué)與社會、生活密切相關(guān)。下列說法不正確的是A．鍋爐水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液處理，后用酸除去B．國家大劇院玻璃外墻采用了“納米自潔玻璃”，即讓玻璃穿上一層納米級二氧化鈦(TiO2)外套，TiO2可利用TiCl4的水解反應(yīng)制得。C．打開汽水瓶蓋時有大量氣泡冒出，可用勒夏特列原理解釋D．明礬凈水與自來水的殺菌消毒原理相同【答案】D【詳解】A．CaSO4微溶于水，難溶于酸，用Na2CO3溶液處理后可轉(zhuǎn)化為CaCO3，CaCO3可溶于酸，能用酸除去，A正確；B．“納米自潔玻璃”在下雨的時候表面呈超親水狀態(tài)，能很輕易的把玻璃表面的灰塵等臟污浮起然后帶走；TiCl4是易水解的鹽，可以發(fā)生水解反應(yīng)制取TiO2，B正確；C．在汽水中存在CO2的溶解平衡，打開汽水瓶蓋時壓強(qiáng)減小，CO2的溶解度降低，從而產(chǎn)生大量氣泡，C正確；D．明礬凈水的原理是水解產(chǎn)生氫氧化鋁膠體，膠體能夠吸附水中的懸浮顆粒物并使之沉降，但不具有殺菌消毒能力，D錯誤；故選D。2．對于下列過程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)離子方程式正確的是A．NaHCO3溶液中通入少量Cl2：HCO+Cl2=CO2+Cl-+HClOB．用氫氟酸刻蝕玻璃：SiO24H4F-SiF42H2OC．將FeO固體溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2OD．工業(yè)廢水中的Pb2用FeS去除：Pb2S2-PbS【答案】A【詳解】A．NaHCO3溶液中通入少量Cl2，先和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，鹽酸和碳酸氫根離子反應(yīng)，離子方程式為：HCO+Cl2=CO2+Cl-+HClO，故A正確；B．玻璃的主要成分是二氧化硅，氫氟酸能與二氧化硅反應(yīng)，并且氫氟酸是弱酸，離子方程式中不能拆開，SiO24HFSiF42H2O，故B錯誤；C．將FeO固體溶于稀硝酸，正確的離子方程式為：3FeO++10H+=3Fe3++NO+5H2O，故C錯誤；D．FeS不溶于水，正確的離子方程式為Pb2+FeSFe2+PbS，故D錯誤；答案選A。3．25℃時，在含有大量PbI2的飽和溶液中存在著平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入KI溶液，下列說法正確的是A．沉淀溶解平衡向左移動 B．溶度積常數(shù)Ksp增大C．溶液中Pb2+濃度增大 D．溶液中Pb2+和I－濃度都減小【答案】A【分析】加入KI溶液，I－濃度增大，沉淀溶解平衡逆向移動，溶液中Pb2＋濃度減??；【詳解】A．據(jù)分析，沉淀溶解平衡向左移動，A正確；B．溶度積常數(shù)Ksp只與溫度有關(guān)，溫度不變其值不變，B錯誤；C．據(jù)分析，溶液中Pb2＋濃度減小，C錯誤；D．據(jù)分析，溶液中Pb2＋濃度減小，I－濃度增大，D錯誤；故合理選項是A。4．龍虎山是中國典型的丹霞地貌風(fēng)景，其紅色砂礫由石灰?guī)r()、氫氧化鐵、硫酸鈣等成分組成。下列說法正確的是A．、和均為電解質(zhì)B．石灰?guī)r受熱分解的能量變化如圖所示C．氫氧化鐵膠體可用作凈水劑，是由于+3價的鐵具有氧化性D．硫酸鈣的飽和溶液中存在【答案】A【詳解】A．CaCO3、Fe(OH)3和CaSO4均為電解質(zhì)，熔融狀態(tài)下都能導(dǎo)電，A正確；B．圖示反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，但石灰?guī)r受熱分解為吸熱反應(yīng)，B錯誤；C．氫氧化鐵膠體可用作凈水劑，是由于氫氧化鐵膠體可以吸附水中的雜質(zhì)，C錯誤；D．硫酸鈣的飽和溶液中存在：，鈣離子帶兩個單位的正電荷，D錯誤；故選A。5．不同溫度(T1和T2)時，硫酸鋇在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，已知硫酸鋇在水中溶解時吸收熱量。下列說法錯誤的是A．T1＜T2 B．加入BaCl2固體，可使溶液由a點變到c點C．c點時，在T1溫度下有固體析出 D．圖中c點對應(yīng)的是T2時硫酸鋇的不飽和溶液【答案】B【詳解】A．因為硫酸鋇在水中溶解時吸收熱量，所以升高溫度，BaSO4的溶解度增大，飽和溶液中鋇離子和硫酸根離子濃度增大，所以T1＜T2，A正確；B．BaSO4在水中存在溶解平衡，加入BaCl2固體，可增大溶液中的c(Ba2+)，溶解平衡逆向移動，c()減小，不能使溶液由a點變到c點，B錯誤；C．在T1溫度下，c點溶液中，BaSO4的Q＞Ksp，有固體析出，C正確；D．圖中c點時，BaSO4溶液中Q＜Ksp，則對應(yīng)的溶液是T2時硫酸鋇的不飽和溶液，D正確；故選B。6．下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法不正確的是A．向0.1的氨水中加入少量水，溶液中增大B．將溶液從20℃升溫至30℃，溶液中增大C．向氫氧化鈉溶液中加入醋酸溶液至中性，溶液中D．向的飽和溶液中加入固體，溶液中的【答案】B【詳解】A．氨水中存在電離平衡，=，加入少量水之后，減小，Kb不變，則增大，A正確；B．氯化銨溶液中存在水解平衡，=，升溫促進(jìn)水解，Kh增大，減小，B錯誤；C．根據(jù)電荷守恒，溶液為中性，則，C正確；D．碳酸鋇的飽和溶液中存在平衡，加入硫酸鈉，結(jié)合鋇離子使得鋇離子濃度減小，碳酸鋇溶解平衡正向移動，碳酸根離子濃度增大，，D正確；故選B。7．CuS在太陽能電池等領(lǐng)域具有很好的應(yīng)用前景，如圖是利用石膏渣[主要成分為、、]制備CuS的工藝流程：已知：“浸取”時生成和均難溶于水，且溶解度：。下列說法錯誤的是A．“浸取”時發(fā)生反應(yīng)：B．“濾渣”的主要成分是C．“沉淀”時溶液不能過量，否則產(chǎn)物中會混有ZnS雜質(zhì)D．“濾液”經(jīng)熱處理后所得氣體可返回“沉淀”步驟循環(huán)使用【答案】D【分析】石膏渣經(jīng)過氨水浸取，氫氧化銅和氫氧化鋅與NH3形成絡(luò)合物，硫酸鈣不與氨水反應(yīng)，過濾后去除，濾液經(jīng)過適量硫化鈉，由于硫化鋅的溶解度大于硫化銅，加入硫化鈉時硫化銅優(yōu)先沉淀；【詳解】A．氫氧化銅為難溶物、一水合氨是弱電解質(zhì)，在離子方程式中不能拆，與氨水反應(yīng)時形成四氨合銅離子，離子方程式為，A正確；B．根據(jù)分析，氨水浸取石膏渣時，硫酸鈣不與氨水反應(yīng)，也不溶于氨水，濾渣主要成分為硫酸鈣，B正確；C．硫化鈉加入第一次過濾后的濾液中，優(yōu)先與四氨合銅離子反應(yīng)形成硫化銅沉淀，但硫化鈉過量會導(dǎo)致硫化鋅一起沉淀，最終產(chǎn)品會摻入雜質(zhì)，C正確；D．“濾液”經(jīng)熱處理后所得氣體為氨氣，可用于浸取步驟，但不可用于沉淀步驟，D錯誤；故選D。8．由下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論錯誤的是序號實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A將溶液與溶液混合產(chǎn)生白色膠狀沉淀結(jié)合質(zhì)子的能力：B向兩份相同的溶液中分別滴入5滴相同濃度的溶液和溶液若前者產(chǎn)生氣泡速率更快比的催化效果好C向少量相同物質(zhì)的量的沉淀中分別加入相同體積和濃度的氨水白色沉淀溶解，黃色沉淀不溶解D向溶液中加入相同濃度溶液，充分反應(yīng)后滴入KSCN溶液溶液顯紅色說明KI與反應(yīng)有一定限度A．A B．B C．C D．D【答案】B【詳解】A．將溶液與溶液混合，產(chǎn)生白色膠狀沉淀，說明結(jié)合質(zhì)子的能力，A正確；B．是溶液分解產(chǎn)生O2的催化劑，是溶液產(chǎn)生O2的氧化劑，二者作用原理不同，B錯誤；C．氨水能與生成[Ag(NH3)2]+而溶解(沉淀的溶解平衡正移)，但不能使的溶解平衡明顯正移而溶解，所以，C正確；D．向溶液中加入1mL相同濃度溶液，KI過量，反應(yīng)后仍檢驗出Fe3+，說明KI與反應(yīng)有一定限度，D正確；故選B。9．已知，，某溶液中含有濃度均為0.01mol/L，向該溶液中逐滴加入0.01mol/L的AgNO3溶液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為A． B．C． D．【答案】C【詳解】濃度均為0.01mol/L的形成沉淀時，所需分別為、、，所需越小，越先產(chǎn)生沉淀，所以三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為，故選C。10．已知：常溫下，Ksp(BaSO4)=a．取過量BaSO4溶于蒸餾水，過濾得到濾液R溶液。下列有關(guān)說法正確的是A．R溶液中c(Ba2＋)=amol·L-1B．常溫下，向R溶液中加入少量Na2SO4固體，產(chǎn)生白色沉淀C．常溫下，向R溶液中加入少量BaCl2固體，Ksp(BaSO4)增大D．向R溶液中加水，c(Ba2＋)、均增大【答案】B【詳解】A．R溶液中c(Ba2＋)=，且Ksp(BaSO4)=c(Ba2＋)=a，則c(Ba2＋)=mol·L－1，A錯誤；B．常溫下，向R溶液中加入少量Na2SO4固體，相當(dāng)于加入，此時Q=c(Ba2＋)>Ksp(BaSO4)，將產(chǎn)生白色沉淀，B正確；C．常溫下，向R溶液中加入少量BaCl2固體，因溫度不變，溶度積常數(shù)不變，C錯誤；D．向R溶液中加水，c(Ba2＋)、均減小，D錯誤；故選B。11．（多選）某溫度時，在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是A．d點無沉淀生成B．通過加水稀釋可以使溶液由b點變到a點C．加入適量(固體)可以使溶液由d點變到c點D．a(chǎn)點對應(yīng)的大于c點對應(yīng)的【答案】AC【分析】某溫度時，在水中的沉淀溶解平衡曲線，曲線上及上方區(qū)域為飽和硫酸鋇溶液，曲線下方為不飽和硫酸鋇溶液；【詳解】A．d點在曲線下方，屬于不飽和溶液，因此d點無BaSO4沉淀生成，A正確；B．加水稀釋時鋇離子和硫酸根離子的濃度均降低，所以不能使溶液由b點變到a點，B錯誤；C．d點在曲線下方，屬于不飽和溶液，加入適量BaCl2(固體)增大鋇離子濃度，可以使溶液由d點變到c點，C正確；D．溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)系，則a點對應(yīng)的Ksp等于c點對應(yīng)的Ksp，D錯誤；故選AC。12．（多選）是一種有毒的重金屬離子，常使用處理以降低其毒性。已知：

現(xiàn)向的溶液中不斷滴加入的溶液至溶液體積加倍，下列說法不正確的是A．

B．將的溶液改為的溶液則現(xiàn)象為生成沉淀并且沉淀不消失C．該實驗的現(xiàn)象為先生成沉淀，隨后沉淀消失D．隨著不斷加入溶液，溶液的不斷升高【答案】AB【詳解】A．第二個方程式減去第一個方程式，則平衡常數(shù)相除，得到

，故A錯誤；B．將的溶液改為的溶液，硫離子過量，開始沉淀沉淀，后來沉淀消失，故B錯誤；C．加入硫化鈉溶液，生成HgS沉淀，硫化鈉過量，HgS又溶解，因此該實驗的現(xiàn)象為先生成沉淀，隨后沉淀消失，故C正確；D．硫化鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，隨著不斷加入溶液，溶液的不斷升高，故D正確。綜上所述，答案為AB。13．（多選）以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如圖：已知浸出時產(chǎn)生的廢渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列說法錯誤的是A．浸出鎂的反應(yīng)為MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2OB．浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行C．流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)只有NH3D．分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同【答案】BC【分析】菱鎂礦高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，加入氯化銨，二氧化硅不反應(yīng)成為濾渣，鎂、鐵、鋁成為鹽溶液，加入氨水生成氫氧化鎂沉淀，分離出氫氧化鎂煅燒的搭配鎂砂。【詳解】A．高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根離子水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促進(jìn)銨根離子的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，所以浸出鎂的反應(yīng)為MgO+2NH4C=MgCl2+2NH3↑+H2O，A正確；B．一水合氨受熱易分解，沉鎂時在較高溫度下進(jìn)行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故沉鎂的操作不能在較高溫度下進(jìn)行，B錯誤；C．在浸出的操作中，NH3可以回收制備氨水，用于沉鎂，在濾液中含有過量NH4C1，可用于浸出時的反應(yīng)液，流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)有NH3、NH4C1，C錯誤；D．Mg2+與A13+、Fe3+的氫氧化物Ksp相差較大，據(jù)此分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同，所以當(dāng)pH達(dá)到一定值時Fe3+、Al3+產(chǎn)生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分離，D正確；故選BC。14．鎳的氧化物M是蓄電池材料。某小組用含鎳廢料(成分為NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)制備M的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)固體2的主要成分是(填化學(xué)式)。提高“酸浸”速率宜采用的措施有(答兩條)。(2)“酸浸”中有O2生成，分析該反應(yīng)中的氧化劑為(填化學(xué)式)。(3)已知25℃時：，。若浸出液中，當(dāng)離子濃度≤1×10-5mol·L-1時認(rèn)為已完全沉淀。用Na2CO3調(diào)節(jié)pH范圍為。(4)“系列操作”包括蒸發(fā)濃縮、、過濾、乙醇洗滌、干燥。用乙醇洗滌的目的是。(5)灼燒NiSO4·7H2O時，剩余固體的質(zhì)量與溫度的變化關(guān)系如圖1所示。寫出B→C的化學(xué)方程式：?！敬鸢浮?1)Fe(OH)3粉碎礦渣、適當(dāng)增大硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌等(任答2條)(2)Ni2O3(3)3.2≤pH＜6.65(4)降溫結(jié)晶(或冷卻結(jié)晶)降低產(chǎn)品溶解度，減小損失，便于快速干燥(5)【分析】含鎳廢料(成分為NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)酸浸時NiO、Ni2O3、FeO、MgO和稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為，SiO2不與酸反應(yīng)，過濾除去，則固體1是SiO2；過濾后向酸浸后的溶液中加入H2O2將轉(zhuǎn)化為，并用Na2CO3調(diào)節(jié)溶液pH，使轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，即過濾出固體2為Fe(OH)3，過濾后加入NH4F使Mg2＋沉淀除去，過濾出固體3為MgF2，最后得到硫酸鎳溶液，通過蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾、洗滌干燥，得到NiSO4?7H2O，并在惰性氣體環(huán)境中灼燒NiSO4?7H2O得到M，據(jù)此分析解題；【詳解】（1）由分析可知，“沉鐵”中將鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，提高“酸浸”速率可采用粉碎礦渣、攪拌、適當(dāng)增大硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度等措施；故答案為：①Fe(OH)3②粉碎礦渣、適當(dāng)增大硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌等；（2）“酸浸”中O2產(chǎn)生，該過程中O的化合價升高，則Ni2O3中Ni的化合價降低，即鎳被還原為NiSO4，則氧化劑為Ni2O3；故答案為：Ni2O3；（3）根據(jù)溶度積數(shù)據(jù)計算，沉淀完全時，，，則可推得，,pH=3.2；同理可知，Ni(OH)2開始沉淀時，，pH=6.65，故應(yīng)控制溶液的pH為：3.2≤pH＜6.65；故答案為：3.2≤pH＜6.65（4）①由分析可知，“系列操作”包括蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、干燥；②用乙醇洗滌的目的是降低產(chǎn)品溶解度，減小損失，便于快速干燥；故答案為：①降溫結(jié)晶；②降低產(chǎn)品溶解度，減小損失，便于快速干燥（5），在失重過程中，固體中鎳元素質(zhì)量不變，B點對應(yīng)固體的質(zhì)量為15.5g，即為0.1mol，C點含Ni為5.9g，含氧為2.4g，則，則C點對應(yīng)固體的化學(xué)式為Ni2O3，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，B到C的反應(yīng)方程式為：;故答案為：；15．氯化銅晶體(CuCl2·2H2O)常用作玻璃、陶瓷著色劑和飼料添加劑等。工業(yè)上用粗制氧化銅粉(含雜質(zhì)FeO和SiO2)制備無水氯化銅，制取流程如下：Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2開始沉淀的pH1.97.04.7沉淀完全的pH3.29.06.7已知：氯化亞砜()熔點-101℃，沸點76℃，易水解?；卮鹣铝袉栴}：(1)為避免引入雜質(zhì)，試劑x可選用(填字母)a．KMnO4溶液

b．Cl2水

c．Br2水

d．H2O2溶液(2)溶液C中加入試劑y可以調(diào)節(jié)溶液pH，控制pH的取值范圍為______~_____，從而除去Fe3+而不引入雜質(zhì)。試劑y可選用下列物質(zhì)中的(填字母)a．Cu

b．CuOc．Cu2(OH)2CO3

d．NaOH(3)SOCl2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(4)SOCl2與CuCl2·2H2O混合并加熱，可得到無水CuCl2的原因是?！敬鸢浮?1)bd(2)3.2~4.7bc(3)SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑(4)SOCl2與結(jié)晶水反應(yīng)生成的HCl抑制了CuCl2的水解，可得到無水CuCl2【分析】粗氧化銅粉中加入鹽酸，CuO與HCl反應(yīng)生成CuCl2，F(xiàn)eO與HCl反應(yīng)生成FeCl2，SiO2不溶于鹽酸形成濾渣A，溶液B中加入試劑x將亞鐵離子氧化成鐵離子，隨后加入試劑y調(diào)節(jié)pH使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，溶液D中為CuCl2溶液，氯化銅溶液在通入HCl(g)的條件下蒸發(fā)結(jié)晶生成氯化銅晶體，最后加入SOCl2加熱生成無水氯化銅?！驹斀狻浚?）試劑x用途為將亞鐵離子氧化成鐵離子，同時不能引入雜質(zhì)，加入高錳酸鉀溶液，引入了雜質(zhì)離子，加入氯氣，氯氣能將亞鐵離子氧化成鐵離子，同時自身被還原為氯離子，沒有引入雜質(zhì)離子，Br2雖能氧化亞鐵離子但是引入了雜質(zhì)離子，H2O2能氧化Fe2+，自身被還原為H2O，沒有引入雜質(zhì)離子，故答案選bd。（2）加入試劑y使鐵離子沉淀完全，同時銅離子不能發(fā)生沉淀，則控制pH在3.2-4.7之間。a．Cu不與氫離子反應(yīng)，無法調(diào)節(jié)pH，a錯誤；b．CuO能與氫離子反應(yīng)，消耗掉部分氫離子，同時反應(yīng)生成銅離子和水，能起到調(diào)節(jié)pH的作用并不引入雜質(zhì)離子，b正確；c．堿式碳酸銅能與氫離子反應(yīng)，消耗掉部分氫離子，同時反應(yīng)生成銅離子、二氧化碳和水，能起到調(diào)節(jié)pH的作用并不引入雜質(zhì)離子，c正確；d．NaOH雖能調(diào)節(jié)pH，但是引入了雜質(zhì)離子，d錯誤；故答案選bc。（3）SOCl2易水解，與水反應(yīng)生成SO2和HCl，化學(xué)方程式為SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑。（4）SOCl2能與氯化銅晶體中的結(jié)晶水反應(yīng)生成HCl，抑制了CuCl2的水解，可得到無水CuCl2?！灸芰μ嵘?．在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：HgI2(s)?HgI2(aq)；HgI2(aq)?Hg2++2I-；HgI2(aq)?HgI++I-；HgI2(aq)+I-?HgI；HgI2(aq)+2I-?HgI，平衡常數(shù)依次為K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI)、lgc(HgI)隨lgc(I—)的變化關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是A．線表示lgc(HgI)的變化情況B．隨c(I-)增大，c[HgI2(aq)]保持不變C．a(chǎn)=lgD．溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2：1【答案】D【分析】由題干反應(yīng)方程式可知，，則有，則有，同理可得：，，，且由可知為一定值，故可知圖示中曲線1、2、3、4即L分別代表、、、，據(jù)此分析解題；【詳解】A．由分析可知，線L表示的變化情況，A正確；B．已知的化學(xué)平衡常數(shù)，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨增大，始終保持不變，B正確；C．由分析可知，曲線1方程為：，曲線2方程為：即有①，②，聯(lián)合①②可知得：，C正確；D．若溶液中只含，則溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比為2：1，由于溶液中不變，而在變化，可能是加入了其它物質(zhì)，影響了溶液中I元素或Hg元素的含量，則溶液中二者的物質(zhì)的量之比可能發(fā)生變化，D錯誤；故答案為：D。2．工業(yè)鍋爐需定期除水垢，其中的硫酸鈣用純堿溶液處理時，發(fā)生反應(yīng)：。將1.00g硫酸鈣加入100mL溶液中，在25℃和充分?jǐn)嚢钘l件下，利用計測得體系隨時間t變化如圖。已知：，，，(不考慮水解)。下列說法不正確的是A．時，以上溶液中存在：B．保持溶液中，可使水垢中的轉(zhuǎn)化為C．時刻體系中已達(dá)平衡狀態(tài)D．時刻后向體系中加入少量固體，溶液的不變【答案】D【詳解】A．時，碳酸根是弱酸根離子，少量水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，故，A正確；B．因為和，故的平衡常數(shù)，保持溶液中，平衡正移，可使水垢中的轉(zhuǎn)化為，B正確；C．時刻，體系pH不變，溶液中離子濃度不變，故已達(dá)到平衡狀態(tài)，C正確；D．時刻后，向體系中加入少量固體，溶液中硫酸根離子濃度增大，平衡逆向進(jìn)行，溶液中碳酸根離子濃度增大，水解平衡正向移動，溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，D錯誤；故選D。3．下列各項中“操作或現(xiàn)象”能達(dá)到預(yù)期“實驗?zāi)康摹钡氖沁x項操作或現(xiàn)象實驗?zāi)康腁向AlCl3溶液中加入過量的NaOH溶液，過濾，洗滌，干燥，灼燒制取Al2O3B用飽和Na2CO3溶液可以將BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3證明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)C在氯化氫氣氛中加熱蒸發(fā)MgCl2溶液制取無水MgCl2D將SO2通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，加熱褪色后的品紅溶液，溶液恢復(fù)紅色驗證H2SO3的不穩(wěn)定性A．A B．B C．C D．D【答案】C【詳解】A．Al(OH)3不溶于弱堿，但能溶于強(qiáng)堿NaOH，應(yīng)該用氯化鋁和氨水制取Al(OH)3，然后灼燒Al(OH)3制取Al2O3，故A錯誤；B．用飽和的Na2CO3溶液可以將BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，是因為Qc＞Ksp時，生成沉淀，與沉淀轉(zhuǎn)化無關(guān)，且Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），故B錯誤；C．氯化鎂易水解生成氫氧化鎂和HCl，升高溫度促進(jìn)水解，為防止氯化鎂水解應(yīng)該將氯化鎂溶液在HCl氣氛中加熱蒸發(fā)，故C正確；D．二氧化硫具有漂白性，但其漂白性不穩(wěn)定，加熱后易恢復(fù)原來顏色，與亞硫酸穩(wěn)定性大小無關(guān)，故D錯誤；故選C。4．下列由實驗數(shù)據(jù)或現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是實驗操作實驗數(shù)據(jù)或現(xiàn)象結(jié)論A用pH計分別測定SO2和CO2飽和溶液的pH前者pH小H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3B向AgCl懸濁液中加入NaI溶液產(chǎn)生黃色沉淀Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)C向滴有酚酞的氨水中加入少量CH3COONH4固體溶液紅色變淺氨水中存在電離平衡D等體積、等pH的HA和HB兩種酸溶液分別與足量的鋅反應(yīng)相同時間內(nèi)，HA酸產(chǎn)生的氫氣多HA是強(qiáng)酸A．A B．B C．C D．D【答案】C【詳解】A．SO2和CO2飽和溶液的濃度不同，不能比較其電離程度，不能說明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3，應(yīng)測定等濃度的SO2和CO2飽和溶液的pH，A錯誤；B．發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，向溶度積常數(shù)更小的方向轉(zhuǎn)化，向AgCl飽和溶液中加入NaI溶液產(chǎn)生黃色沉淀，說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，則Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，B錯誤；C．氨水中存在電離平衡：，向溶液中加入CH3COONH4固體，濃度增大使其平衡逆向移動，溶液中OH－濃度減小，導(dǎo)致溶液紅色變淺，說明氨水中存在電離平衡，若不存在電離平衡，加入CH3COONH4固體，溶液紅色不會變淺，C正確；D．弱酸溶液達(dá)到與強(qiáng)酸溶液相同pH時，弱酸的濃度會大于強(qiáng)酸的濃度；因此等體積、等pH的兩種酸溶液，弱酸物質(zhì)的量較大，與足量的鋅反應(yīng)，弱酸溶液放出的H2多，則HA是弱酸，D錯誤；故選C。5．下列實驗中，不能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿．證明的溶解度大于B．制備氫氧化鐵膠體C．征明醋酸的酸性強(qiáng)于碳酸D．將溶液蒸干制取固體A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．硝酸銀過量，分別與NaCl、KI反應(yīng)生成沉淀，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，則不能證明AgCl的溶解度大于AgI的，故A錯誤；B．氯化鐵溶液水解可制備膠體，則向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液出現(xiàn)紅褐色液體時，可得到氫氧化鐵膠體，故B正確；C．發(fā)生強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)，有氣泡產(chǎn)生，可知醋酸的酸性強(qiáng)于碳酸，故C正確；D．硫酸為難揮發(fā)性酸，則將溶液蒸干可制取固體溶質(zhì)本身，故D正確；答案選A。6．已知25℃時，AgI飽和溶液中c(Ag＋)為1.23×10-8mol·L-1，AgCl的飽和溶液中c(Ag＋)為1.25×10-5mol·L-1.若在5mL含有KCl和KI各為0.01mol·L-1的溶液中，加入8mL0.01mol·L-1AgNO3溶液，下列敘述正確的是A．混合溶液中c(K＋)>c(NO)>c(Ag＋)>c(Cl-)>c(I-)B．混合溶液中c(K＋)>c(NO)>c(Cl-)>c(Ag＋)>c(I-)C．加入AgNO3溶液時首先生成AgCl沉淀D．混合溶液中約為1.02×10-3【答案】B【分析】KI+AgNO3=AgI↓+KNO3，，消耗n(AgNO3)=5.0×10-5mol，KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，上一步過量的AgNO3為，而KCl為，則KCl過量，生成AgCl為，剩下的KCl為mol，由此得出反應(yīng)后溶液中，,經(jīng)計算可得到Ksp(AgCl)=(1.25×10－5)2,Ksp(AgI)=(1.23×10－8)2,,可計算出,，【詳解】A．經(jīng)分析可知，A錯誤；B．經(jīng)分析可知，B正確；C．KCl和KI混合溶液中加入AgNO3溶液，因為，所以先生成AgI，再生成AgCl，C錯誤；D．混合溶液中，D錯誤；故選B；7．用數(shù)字傳感器探究AgCl的沉淀溶解平衡。實驗測得懸濁液中溶解的氯離子濃度變化如圖所示，a點表示大量AgCl溶于水形成的懸濁液，下列說法正確的是A．該溫度下B．b點可能加入少量蒸餾水C．c點可能加入一定量的KI溶液D．d點不可能存在【答案】C【詳解】A．a(chǎn)點表示大量AgCl溶于水形成的懸濁液，存在沉淀溶解平衡，，c(Ag+)=c(Cl―)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=0.5×0.5=0.25，故A錯誤；B．Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，若b點加入少量蒸餾水，c(Ag+)=c(Cl―)，則可知c(Ag+)、c(Cl―)均不變，不符合圖像變化，故B錯誤；C．若c點滴加KI溶液，Cl―濃度升高然后達(dá)到一個比起始時略高的值，則說明此時溶液中Ag+濃度減小，而部分Ag+轉(zhuǎn)化為AgI沉淀，故C正確；D．若溫度升高，Ksp(AgCl)會增大，此時c(Ag+)、c(Cl―)均增大且c(Ag+)=c(Cl―)，故D錯誤；故答案選C。8．已知相同溫度下，。某溫度下，飽和溶液中、與的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是A．曲線②代表BaSO4的沉淀溶解曲線B．加適量BaCl2固體可使溶液由a點變到b點C．該溫度下D．的平衡常數(shù)【答案】D【分析】相同溫度下Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，當(dāng)c(Ba2+)相同時，c()＞c()，即飽和溶液中-lg[c()]＞-lg[c()]，則曲線①表示BaSO4沉淀溶解曲線，曲線②表示BaCO3的沉淀溶解曲線，Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)?c()=，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)?c()=，結(jié)合溶解平衡影響因素分析解答?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線①代表BaSO4的沉淀溶解曲線，A錯誤；B．加適量BaCl2固體時c(Ba2+)增大，Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)?c()，則c()減小，-lgc()增大，即加適量BaCl2固體不能使溶液由a點變到b點，B錯誤；C．根據(jù)曲線②上(1.0，7.7)點數(shù)值計算Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)?c()=10-1.0×10-7.7=10-8.7，其數(shù)量級為10-9，即該溫度下，C錯誤；D．的平衡常數(shù)=，D正確；故答案為：D。9．如圖所示，有、兩種溫度下兩條在水中的沉淀溶解平衡曲線，下列關(guān)于溫度時在水中的沉淀溶解平衡曲線的說法不正確的是A．加入可使溶液由a點變?yōu)閎點B．在曲線上方區(qū)域(不含曲線)任意一點時，均有沉淀生成C．、兩條曲線表示的溫度關(guān)系：D．蒸發(fā)溶劑可能使溶液由d點變?yōu)榍€上a、b之間的某一點(不含a、b)【答案】C【詳解】A．向飽和溶液中加入Na2SO4，c()增大，Ksp=c()c(Ba2+)不變，c(Ba2+)減小，可使溶液由a點變?yōu)閎點，A正確；B．在T1曲線上方任意一點，Qc=c()c(Ba2+)＞Ksp，所以均有BaSO4沉淀生成，B正確；C．在水中的沉淀溶解平衡是吸熱的，升高溫度，的Ksp增大，c()、c(Ba2+)增大，則，C錯誤；D．d點位于T1曲線下方，為不飽和溶液，蒸發(fā)溶劑，c()、c(Ba2+)均增大，當(dāng)形成飽和溶液時，d點變?yōu)榍€上a、b之間的某一點(不含a、b)，D正確；故選C。10．下列說法錯誤的是已知：不考慮溶液混合時溫度變化。A．溶液與過量NaOH溶液反應(yīng)最終可得到B．向濃氨水中滴加飽和溶液可制得C．常溫下，AgCl和AgI的曲線如圖所示，由圖可知D．常溫下，往飽和的懸濁液中，滴加溶液，保持不變【答案】A【詳解】A．氫氧化鎂難溶于水，碳酸鎂微溶于水，則溶液與過量NaOH溶液反應(yīng)最終可得到沉淀，故A不正確；B．不溶于氨水，則向濃氨水中滴加飽和溶液可發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，制得沉淀，故B正確；C．常溫下，AgCl和AgI的曲線如圖所示，由圖可知Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl-)=10-10×100=1×10-10，Ksp(AgI)=c(Ag+)?c(I-)=10-17×100=1×10-17，，故C正確；D．常溫下，往飽和的懸濁液中，滴加溶液，硫酸根濃度增大、沉淀溶解平衡左移，但溶度積只與溫度有關(guān)，溫度不變則保持不變，故D正確；選A。11．（多選）T℃時，PdI2在溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，下列說法正確的是A．T℃時，PdI2的Ksp=7.0×10?9B．T℃時，b點對應(yīng)的是PdI2不飽和溶液C．降低溫度至，溶液由狀態(tài)d移動至狀態(tài)bD．T℃時，向a點對應(yīng)的溶液中加入少量固體，溶液由狀態(tài)a沿曲線向狀態(tài)c方向移動【答案】BD【詳解】A．由圖可知，T℃時，PdI2的Ksp=c(Pd2+)?c2(I-)=7×10-5×(1×10-4)2=7×10-13，故A錯誤；B．a(chǎn)點在曲線上、為飽和溶液，b點在a點正下方、為不飽和溶液，故B正確；C．b點溶液為不飽和溶液，沉淀溶解過程吸熱，溶液由狀態(tài)d降低溫度至T℃時生成沉淀，仍為飽和溶液，不可能移動至狀態(tài)b，故C錯誤；D．a(chǎn)點對應(yīng)的是PdI2飽和溶液，加入少量NaI固體時c(I-)增大，Ksp=c(Pd2+)?c2(I-)，則c(Pd2+)減小，仍在曲線上，溶液由狀態(tài)a沿曲線向狀態(tài)c方向移動，故D正確；答案選BD。12．（多選）貴州重晶石礦(主要成分BaSO4)儲量占全國以上。某研究小組對重晶石礦進(jìn)行“富礦精開”研究，開發(fā)了制備高純納米鈦酸鋇(BaTiO3)工藝。部分流程如下：下列說法正確的是A．“氣體”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶質(zhì)是Na2SB．“系列操作”可為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥C．“合成反應(yīng)”中生成BaTiO3的反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng)D．“洗滌”時可用稀H2SO4去除殘留的堿，以提高純度【答案】BC【分析】重晶石礦經(jīng)一系列轉(zhuǎn)化得到BaS溶液，BaS溶液中加入稀鹽酸酸化得到BaCl2和H2S，然后向溶液中加入過量NaOH經(jīng)一系列操作得到Ba(OH)2?H2O還得到溶液1，溶液1中含有NaCl和過量的NaOH，Ba(OH)2?H2O進(jìn)行溶解然后加入Ti(OC4H9)4得到BaTiO3粗產(chǎn)品，然后通過洗滌得到BaTiO3?！驹斀狻緼．由分析可知，“氣體”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶質(zhì)BaCl2，A錯誤；B．從溶液中獲取晶體，采用蒸發(fā)濃縮至有晶膜出現(xiàn)時停止加熱、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥的方法，所以“系列操作”可為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，B正確；C．“合成反應(yīng)”生成BaTiO3的反應(yīng)中沒有電子轉(zhuǎn)移，所以不是氧化還原反應(yīng)，C正確；D．鈦酸鋇能和稀硫酸反應(yīng)，所以不能用稀硫酸洗滌粗品，D錯誤；故答案為：BC。13．（多選）鈧在國防、航天、光電等多領(lǐng)域有重要應(yīng)用。由鈦白水解母液(含Sc3+，H+、Fe2+、Mn2+、等)制備Sc2O3的工藝流程如下：已知“萃取”時發(fā)生的反應(yīng)為，其中HR表示P204。下列說法錯誤的是A．分批加入萃取劑進(jìn)行多次萃取可提高的萃取率B．水相中的物質(zhì)的量濃度小于鈦白水解母液中的C．同一溫度下，由“轉(zhuǎn)沉”原理可推知溶度積常數(shù)：D．“灼燒”反應(yīng)生成1molSc2O3時，理論上有1.5molO2參加反應(yīng)【答案】BC【分析】鈦白水解工業(yè)廢酸(含Sc3+、Fe2+、Mn2+、H+、等離子)加入有機(jī)萃取劑，Sc3+被萃取到有機(jī)相中；之后