鲁科版 (2019)选择性必修1第3节 沉淀溶解平衡优秀同步练习题

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第19讲 沉淀溶解平衡
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课程标准
课标解读
1．知道沉淀溶解平衡的概念及其影响因素。
2．明确溶度积和浓度商的关系，并由此学会判断反应进行的方向。
3．能用平衡移动原理分析理解沉淀的溶解与生成、沉淀转化的实质。
4．学会用沉淀溶解平衡的移动解决生产、生活中的实际问题。
1．运用动态平衡观点看待和分析沉淀溶解平衡；能从不同视角认识沉淀溶解平衡，能运用对立统一思想和定性定量结合的方式揭示沉淀的生成和溶解的本质。
2．学会用沉淀溶解平衡的移动解决生产、生活中的实际问题，并设计实验探究方案，进行沉淀转化等实验探究。
知识精讲

知识点01 沉淀溶解平衡
1．实验探究

（1）实验现象：上层清液中出现黄色沉淀。
（2）实验结论：原上层清液中含有Pb2+，PbI2在水中存在溶解平衡。
（3）平衡关系：PbI2（s）Pb2+（aq）+2I－（aq）
2．概念
（1）建立条件：在一定温度下，难溶性固体的水溶液中
（2）两种关系
①速率关系：沉淀溶解成离子的速率等于离子重新结合成沉淀的速率
②量的关系：固体的质量和溶液中各离子的浓度保持不变的状态
3．特征

【即学即练1】氯化银在溶液中存在如下溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl－（aq）。下列不能说明该过程达到平衡状态的是（ ）。
A．Ag+的浓度不再改变
B．Ag+的生成速率和Ag+、Cl－结合生成AgCl的速率相等
C．AgCl的质量不再减少
D．Ag+与Cl－的物质的量比为1∶1
【解析】选D。当一个可逆反应进行到正向反应速率和逆向反应速率相等时，反应物和生成物的浓度不再改变，就达到了“平衡状态”，故A、B、C项可说明该过程达到平衡状态。整个过程中，v（Ag+）＝v（Cl－），生成的Ag+和Cl－物质的量始终相等，不能说明该过程达到平衡状态。
知识点02 溶度积常数（溶度积）
1．概念
（1）研究对象：在一定温度下，沉淀达到溶解平衡后的饱和溶液
（2）文字叙述：溶液中各离子浓度幂之积为常数
（4）表示符号：用Ksp表示。
2．表达式
（1）AgCl（s）Ag+（aq）+Cl－（aq）Ksp＝c平（Ag+）c平（Cl－）；
（2）Fe（OH）3（s）Fe3+（aq）+3OH－（aq）Ksp＝c平（Fe3+）c3平（OH－）；
（3）AmBn（s）mAn+（aq）+nBm－（aq）Ksp＝cm平（An+）cn平（Bm－）。
3．影响因素
（1）内因：难溶电解质的性质
（2）外因：只与温度有关，与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。
【即学即练2】下列难溶电解质PbCl2、AgBr、Ba3（PO4）2、Ag2S的溶解平衡表达式或溶度积表达式错误的是（ ）。
A．PbCl2（s）Pb2++2Cl－；Ksp＝c（Pb2+）·c（Cl－）2
B．AgBr（s）Ag++Br－；Ksp＝c（Ag+）·c（Br－）
C．Ba3（PO4）2（s）3Ba2++2PO43－；Ksp＝c（Ba2+）3·c（PO43－）2
D．Ag2S（s）2Ag++S2－；Ksp＝c（Ag+）·c（S2－）
【解析】选D。难溶电解质的溶度积表达式等于各离子平衡浓度计量数次方的乘积，所以Ksp（Ag2S）＝c（Ag+）2·c（S2－）。
知识点03 沉淀溶解平衡的应用
1．沉淀的溶解与生成
（1）溶度积规则（浓度商Q与Ksp的关系）
①Q＞Ksp：溶液中的离子生成沉淀，直至平衡。
②Q＝Ksp：沉淀溶解与离子生成沉淀处于平衡状态。
③Q＜Ksp：若体系中有足量固体，则固体溶解，直至平衡。
（2）应用
①作“钡餐”用BaSO4而不用BaCO3。
②误服可溶性钡盐可用5%的Na2SO4溶液洗胃
③石笋、钟乳石和石柱的形成：CaCO3+H2O+CO2Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑
④珊瑚的形成：Ca2++2HCO3－CaCO3↓+CO2↑+H2O
2．沉淀的转化
（1）ZnS沉淀转化为CuS沉淀
实验步骤


实验现象
有白色沉淀
有黑色沉淀
离子方程式
S2－+Zn2+ZnS↓
ZnS（s）+Cu2+（aq）CuS（s）+Zn2+（aq）
实验结论
溶解能力小的沉淀可以转化成溶解能力更小的沉淀
（2）工业废水处理
①范围：重金属离子
②方法：利用沉淀转化原理用FeS等难溶物转化为HgS、Ag2S、PbS等沉淀。
③实例：用FeS除去Hg2+：FeS（s）+Hg2+（aq）HgS（s）+Fe2+（aq）。
（3）水垢的形成：主要成分是CaCO3和Mg（OH）2
①CaCO3的形成：Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑
②MgCO3的形成：Mg（HCO3）2MgCO3↓+H2O+CO2↑
③Mg（OH）2的形成：MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑
【即学即练3】在盛有AgCl沉淀的试管中加入KI溶液，振荡后可观察白色沉淀逐渐变为黄色沉淀。通过这个实验可以说明的是（ ）。
A．I－的还原性比Cl－的强
B．Cl－的半径比I－的小
C．AgI的溶解度比AgCl的大
D．实验过程中，溶解平衡AgCl（s）Ag+（aq）+Cl－（aq）不断向右移动
【解析】选D。白色沉淀转化成黄色沉淀，说明在振荡过程中氯化银转化成碘化银，所以氯化银的溶解平衡AgCl（s）Ag+（aq）+Cl－（aq）不断向溶解方向移动。
能力拓展

考法01 沉淀溶解平衡移动
【典例1】已知溶液中存在平衡：Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH－（aq）ΔH＜0，下列有关该平衡体系的说法正确的是（ ）。
①升高温度，平衡逆向移动
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度
③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液
④恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
⑤给溶液加热，溶液的pH升高
⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加
⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2固体质量不变
A．①⑥ B．①⑥⑦ C．②③④⑥ D．①②⑥⑦
【解析】选A。升高温度，平衡逆向移动，①对；加入碳酸钠粉末会生成CaCO3，使Ca2+浓度减小，②错；加入氢氧化钠溶液会使平衡左移，有Ca（OH）2沉淀生成，但Ca（OH）2的溶度积较大，要除去Ca2+，应把Ca2+转化为更难溶的CaCO3，③错；恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca（OH）2的饱和溶液，pH不变，④错；加热，Ca（OH）2的溶解度减小，溶液的pH降低，⑤错；加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca（OH）2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，⑥正确；加入NaOH固体平衡向左移动，Ca（OH）2固体质量增加，⑦错。
【知识拓展】沉淀溶解平衡的影响因素
1．反应条件对沉淀溶解平衡的影响
（1）温度：升高温度，多数溶解平衡向溶解方向移动；少数溶解平衡向生成沉淀方向移动，如Ca（OH）2的溶解平衡。
（2）浓度：加水稀释，溶解平衡向溶解方向移动。
（3）同离子：加入与难溶电解质构成中相同的离子，平衡向生成沉淀方向移动。
（4）反应离子：加入可与难溶电解质溶解所得的离子反应的物质，溶解平衡向溶解方向移动。
2．实例分析：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH－（aq）ΔH＞0
条件改变
移动方向
c平（Mg2+）
c平（OH－）
加水
正向移动
不变
不变
升温
正向移动
增大
增大
加MgCl2（s）
逆向移动
增大
减小
加盐酸
正向移动
增大
减小
加NaOH（s）
逆向移动
减小
增大
考法02 溶度积常数及其应用
【典例2】（江苏扬州2021~2022学年高二上学期检测）常温下，Ksp（ZnS）＝l.6×10－24，Ksp（FeS）＝6.4×10－18，其中FeS为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法正确的是（ ）。
A．向物质的量浓度相等的FeSO4和ZnSO4混合液中滴加Na2S溶液，先产生黑色沉淀
B．常温下，反应FeS（s）+Zn2+（aq）ZnS（s）+Fe2+（aq）的平衡常数K＝4.0×l06
C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，一定不会产生FeS沉淀
D．向FeS悬浊液中通入少许HC1，c（Fe2+）与Ksp（FeS）均增大
【解析】选B。Ksp（ZnS）＜Ksp（FeS），根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，故A错误；反应FeS（s）+Zn2+（aq）ZnS（s）+Fe2+（aq）的平衡常数K＝＝＝＝＝4.0×l06，故B正确；在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，由于FeSO4浓度未知，则Qc（FeS）可能大于Ksp（FeS），故可能产生FeS沉淀，故C错误；Ksp（FeS）只与温度有关，通入少许HCl，Ksp（FeS）不变，故D错误。
【知识拓展】溶度积及其应用
1．溶度积的应用
（1）利用Ksp比较难溶电解质的溶解度的大小：相同温度下，同种类型的难溶电解质，Ksp越大，溶解能力越强。
（2）利用Ksp判断沉淀的溶解与生成：定义难溶电解质溶液中有关离子浓度幂的乘积（浓度商）为Q。通过比较Ksp和Q的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下能否溶解。
Q与Ksp关系
溶液性质
有无沉淀析出
Q＞Ksp
过饱和
有沉淀析出
Q＝Ksp
饱和
沉淀溶解平衡
Q＜Ksp
不饱和
无沉淀析出
2．由Ksp计算溶液中某离子的浓度：Ksp是难溶电解质在水溶液中达到饱和后各离子浓度的关系，在某难溶电解质的溶液中，若已知其中一种离子的浓度，就可以根据Ksp计算另一种离子的浓度。
3．Ksp应用易错3点
（1）判断溶解度大小：阴、阳离子比值相同的根据Ksp大小判断，阴、阳离子比值不同的根据Ksp计算出离子浓度判断。
（2）沉淀快慢：同一溶液可能产生多种沉淀时，不一定Ksp小的最先沉淀，如向含有Br－、I－的溶液中滴加AgNO3，不一定I－先沉淀，与Br－、I－的浓度也有关。
（3）难溶碱pH的计算：难溶碱根据Ksp计算pH时，利用Ksp先计算出OH－，再求pH。
考法03 沉淀溶解平衡图像分析
【典例3】（2022·湖南省等级考）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（Ag Br）＝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+）
【解析】选C。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。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；原溶液中I－的物质的量为1.5×10－4mol，则I－的浓度为c（I－）＝＝0.0100mol·L－1，故B错误；当Br－沉淀完全时（Br－浓度为1.0×10－5mol·L－1），溶液中的c（Ag+）＝＝＝5.4×10－8mol·L－1，若Cl－已经开始沉淀，则此时溶液中的c（Cl－）＝＝＝3.3×10－3mol·L－1，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；b点加入了过量的硝酸银溶液，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。
【知识拓展】溶解平衡图像的常见类型
1．两坐标为离子浓度的曲线型图像

2．坐标为对数或负对数的直线型图像
已知：pCu＝－lg c（Cu＋），pX＝－lg c（X－），式中X－表示卤素阴离子。298 K时，Ksp（CuCl）≈1.0×10－7，Ksp（CuBr）≈1.0×10－9，Ksp（CuI）≈1.0×10－12。298 K时，CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中pCu和pX的关系如图所示。

3．氢氧化物的溶解平衡图像

4．图像分析应注意下列四点
（1）曲线上任一点均为饱和溶液，线外的点为非饱和溶液，可根据Qc与Ksp的大小判断。
（2）求Ksp时可找曲线上合适的一点确定离子浓度进行计算，曲线上任一点的Ksp相同。
（3）当坐标表示浓度的对数时，要注意离子浓度的换算，如lg c（X－）＝a，则c（X－）＝10a。
（4）当坐标表示浓度的负对数［－lg c（X－）＝pX］时，pX越大，c（X－）越小，c（X－）＝10－pX。
分层提分

题组A 基础过关练
1．（天津市部分区2020~2021学年度第一学期高二期末）对饱和BaSO4，溶液（有BaSO4固体存在）进行下列操作后，Ksp（BaSO4）发生变化的是（ ）。
A．加少量水稀释 B．加热
C．加入少量BaCl2 D．加入少量Na2SO4
【解析】选B。Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，只有B选项符合题意。
2．在下列液体中，BaSO4的溶解度最大的是（ ）。
A．1mol·L－1硫酸溶液 B．2mol·L－1硫酸溶液
C．0.1mol·L－1硫酸溶液 D．纯水
【解析】选D。能使BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42－（aq）平衡发生右移的因素，都能使BaSO4的溶解度增大。加入H2SO4溶液，由于SO42－浓度增大，使得平衡左移。
3．（2021·南通高二检测）己知25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10－10，Ksp（AgBr）＝5.4×10－13，Ksp（AgI）＝8.5×10－17。某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度均为0.010mo1·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）。
A．Cl－、Br－、I－ B．Br－、Cl－、I－
C．I－、Br－、Cl－ D．Br－、I－、Cl－
【解析】选C。由于这三种难溶物的组成相似，根据Ksp越小，其溶解度越小，就越先沉淀，故这三种阴离子产生沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－。
4．氢氧化镁悬浊液存在下列平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH－（aq），下列有关说法不正确的是（ ）。
A．加少量水，更多的氢氧化镁溶解
B．加少量NaOH（s），氢氧化镁的溶解量减少
C．加少量氯化氢，溶液的pH变大
D．加少量MgCl2（s），溶液的pH变小
【解析】选C。加入少量水，c（Mg2+）、c（OH－）减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，故A正确；加少量NaOH（s），c（OH－）增大，平衡逆向移动，氢氧化镁的溶解量减少，故B正确；加少量氯化氢，发生中和反应，c（OH－）减小，则pH减小，故C错误；加少量MgCl2（s），c（Mg2+）增大，平衡逆向移动，c（OH－）减小，则pH减小，故D正确。
5．（广东省名校联盟2020~2021学年高二上学期期末）化工生产中含Cu2+的废水常用MnS（s）作沉淀剂，其反应原理为Cu2+（aq）+MnS（s）CuS（s）+Mn2+（aq）。一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是（ ）。
A．该反应达到平衡时，c（Mn2+）＝c（Cu2+）
B．平衡体系中加入少量CuS（s）后，c（Mn2+）变小
C．平衡体系中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn2+）变大
D．该反应平衡常数表达式：K＝
【解析】选C。该反应达到平衡时离子的浓度保持不变，但c（Mn2+）与c（Cu2+）不一定相等，故A错误；因为CuS为固体，加入后不改变平衡，故锰离子的浓度不变，故B错误；根据反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以c（Mn2+）变大，故C正确；已知Cu2+（aq）+MnS（s）CuS（s）+Mn2+（aq），由反应可知，反应的平衡常数K＝＝＝，故D错误。
6．（2021·德阳高二检测）牙齿表面覆盖的牙釉质是人体中最坚硬的部分，起着保护牙齿的作用，其主要成分为羟基磷酸钙［Ca5（PO4）3OH］。在牙齿表面存在着如下平衡：Ca5（PO4）3OH（s）5Ca2+（aq）+3PO43－（aq）+OH－（aq）Ksp＝6.8×10－37。下列说法错误的是（ ）。
A．残留在牙齿上的糖发酵会产生H+，经常吃糖易造成龋齿
B．由上述平衡可知，小孩长牙时要少吃糖多补钙
C．若减小OH－的浓度，上述平衡将向右移动，Ksp的值相应增大
D．使用含氟牙膏能防止龋齿，是因为Ca5（PO4）3OH（s）转化为更难溶的Ca5（PO4）3F（s）［Ca5（PO4）3F（s）的Ksp＝2.8×10－61］
【解析】选C。残留在牙齿上的糖发酵会产生H+，H+与牙釉质溶解产生的OH－发生酸碱中和反应，促使牙釉质溶解，坚硬的部分消耗，细菌容易侵蚀。所以经常吃糖易造成龋齿，A正确。由上述平衡可知，小孩长牙时要少吃糖可以减少牙釉质的溶解，多补钙可以促使牙釉质的形成，而且特可以增加体内骨骼的Ca的补充，B正确。若减小OH－的浓度，上述平衡将向右移动，但是Ksp的值只与温度有关，而与离子的浓度无关。温度不变。Ksp也不变，C错误。若使用含氟牙膏，则牙膏中的F－会与牙釉质溶解产生的离子结合形成结构相似但是溶解度比牙釉质更小的Ca5（PO4）3F，因此牙齿会更坚硬。可以保护牙齿，D正确。
7．（2021•山西太原高二检测）25℃时，PbCl2固体在不同浓度盐酸中的溶解度如图。在制备PbCl2的实验中，洗涤PbCl2固体最好选用（ ）。

A．蒸馏水 B．1.00mol•L－1盐酸
C．5.00mol•L－1盐酸 D．10.00mol•L－1盐酸
【解析】选B。由图象可知，当盐酸浓度为1mol/L时，PbCl2的溶解度最小，所以为了减少PbCl2固体的溶解，应选择1mol/L盐酸来洗涤PbCl2固体。
8．某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示：

（1）a点表示Ag2SO4_______（填“饱和”或“不饱和”）溶液；
（2）b点对应的Ksp_________d点对应的Ksp（填“＜”、“＞”或“＝”）；、
（3）现将足量的Ag2SO4分别放入：a.40mL0.01mol•L－1K2SO4溶液，b.10mL蒸馏水；c.10mL0.02mol•L－1H2SO4溶液；则Ag2SO4的溶解度由大到小的排列顺序为_________（填字母）。
（4）下列有关Ag2SO4说法正确的是_________；
A．含有大量SO42－的溶液中肯定不存在Ag+
B．Ag2SO4的溶度积常数（Ksp）为1.6×10－5（mol•L－1）3
C．0.02mol•L－1的AgNO3溶液与0.2mol•L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
（5）往Ag2SO4溶液中加入足量的Na2CrO4固体，可观察到砖红色沉淀（Ag2CrO4），写出沉淀转化的离子方程式____________________________________。
【解析】（1）依据图象分析一定温度下的溶度积Ksp＝c2（Ag+）×c（SO42－）＝（2×10－2）2×4×10－2＝1.6×10－5（mol•L－1）3；图象中a点处的离子浓度为：c（SO42－）＝1×10－2mol/L，c（Ag+）＝2×10－2mol/L，c2（Ag+）×c（SO42－）＝4×10－6＜Ksp，不是饱和溶液；（2）b、d两点处于曲线上的点为饱和状态，溶液中存在溶解沉淀平衡，溶度积常数随温度变化，不随浓度变化；Ksp不变；（3）一定温度下的溶度积Ksp＝c2（Ag+）×c（SO42－）＝（2×10－2）2×4×10－2＝1.6×10－5（mol•L－1）3；将足量的Ag2SO4分别放入：a.40mL0.01mol•L－1 K2SO4溶液，0.01mol/L的硫酸根抑制硫酸银的溶解沉淀平衡；b.10mL蒸馏水中形成饱和溶液；c.10mL0.02mol•L－1H2SO4溶液中，0.02mol/L的硫酸根离子抑制沉淀溶解平衡；则Ag2SO4的溶解度由大到小的排列顺序为：b＞a＞c；（4）硫酸银溶液中存在沉淀溶解平衡，银离子存在，故A错误；依据图象分析一定温度下的溶度积Ksp＝c2（Ag+）×c（SO42－）＝（2×10－2）2×4×10－2＝1.6×10－5（mol•L－1）3；故B正确；0.02mol•L－1的AgNO3溶液与0.2mol•L－1的Na2SO4溶液等体积混合，溶液中c（Ag+）＝0.01mol/L；c（SO42－）＝0.1mol/L；c2（Ag+）×c（SO42－）＝10－5＜Ksp，不是饱和溶液，无沉淀生成，故C正确；（5）往Ag2SO4溶液中加入足量的Na2CrO4固体，可观察到砖红色沉淀（Ag2CrO4为砖红色），说明Ag2CrO4溶解性小于Ag2SO4发生了沉淀转化，反应的离子方程式为：Ag2SO4+CrO42－Ag2CrO4+SO42－。
【答案】（1）不饱和（2）b＞a＞c（3）＝（4）BC
（5）Ag2SO4+CrO42－Ag2CrO4+SO42－
题组B 能力提升练
1．下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（ ）。
①热纯碱溶液去油污能力强
②误将钡盐［BaCl2、Ba（NO3）2］当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
③溶洞、珊瑚的形成
④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能
⑤泡沫灭火器灭火的原理
A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤
【解析】选A。Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32－+H2OHCO3－+OH－加热平衡正移。c（OH－）增大，去油污能力增强，①错误；泡沫灭火器的灭火原理是利用Al3+与HCO3－相互促进的水解反应，与沉淀溶解平衡原理无关，⑤错误；②、③、④均与沉淀溶解平衡有关。
2．（2022·大连高二检测）已知：CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42－（aq）ΔH＜0。对含有大量CaSO4（s）的浊液改变一个条件，下列图像符合浊液中c（Ca2+）变化的是（ ）。

【解析】选D。加入少量BaCl2固体，Ba2+与SO42－结合成BaSO4（s），使平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42－（aq）正向移动，c（Ca2+）增大，A选项错误；加入少量蒸馏水，平衡正向移动，但是溶液中含有大量CaSO4（s），得到的溶液仍为CaSO4饱和溶液，则c（Ca2+）不变，B选项错误；加入少量硫酸，增大了c（SO42－），平衡逆向移动，c（Ca2+）减小，但是变化为线性关系，不出现折点，C选项错误；适当升高温度，平衡正向移动，c（Ca2+）增大，D选项正确。
3．实验：①向盛有1mL0.1mol/LMgCl2溶液试管中加1mL0.2mol/LNaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c。②向沉淀c中滴加0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀变为红褐色。下列分析不正确的是（ ）。
A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH－（aq）
B．滤液b中不含有Mg2+
C．②中颜色变化说明Mg（OH）2转化为Fe（OH）3
D．实验可以证明Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶
【解析】选B。①向盛有1mL0.1mol/LMgCl2溶液试管中加1mL0.2mol/LNaOH溶液，恰好发生反应：MgCl2+2NaOH＝Mg（OH）2↓+2NaCl。Mg（OH）2在溶液中存在沉淀溶解平衡Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH－（aq）。所以得到浊液a中含有Mg（OH）2、NaCl、、及Mg（OH）2溶液，过滤得到滤液b中含有Mg2+、OH－、Na+、Cl－和白色沉淀Mg（OH）2。②向沉淀c中滴加0.1mol/LFeCl3溶液，由于在溶液中存在沉淀溶解平衡Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH－（aq），Fe3++3OH－＝Fe（OH）3↓。破坏了Mg（OH）2的沉淀溶解平衡，使沉淀溶解平衡正向移动，结果白色沉淀逐渐溶解变为红褐色沉淀，发生沉淀的转化。因此错误的说法是B。
4．（2021·河北省选择考）BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：

下列说法错误的是（ ）。
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C．水解工序中加入少量CH3COONa（s）可提高Bi3+水解程度
D．水解工序中加入少量NH4NO3（s）有利于BiOCl的生成
【解析】选D。氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl－+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量NH4NO3（s），铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3++NO+H2OBiONO3+2H+，也不利于生成BiOCl，综上所述，D错误。
5．（2021·湛江高一检测）（不定项）往含KI和KCl的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）。


A．原溶液中＝
B．原溶液中＝
C．V2时取上层清液做焰色反应火焰呈黄色
D．V2时生成沉淀的总物质的量与加入AgNO3的总物质的量相等
【解析】选BD。由图象可知，先生成碘化银沉淀后生成氯化银沉淀，加入V1体积硝酸银，碘离子沉淀完全，则n（I－）＝c（AgNO3）×V1，加入V2体积的硝酸银，氯离子沉淀完全，则n（Cl－）＝c（AgNO3）×（V2－V1），体积相同，浓度之比等于物质的量之比，所以原溶液中原溶液中＝，故A错误，故B正确；V2时上层清液溶质为KNO3，焰色反应火焰呈紫色，故C错误；V2时生成沉淀的总物质的量为n（AgI）+n（AgCl）＝c（AgNO3）×V1+c（AgNO3）×（V2－V1）＝c（AgNO3）×V2，故D正确。
6．（2021·全国甲卷）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中－lg［c（SO42－）］、－lg［c（CO32－）］与－lg［c（Ba2+）］的关系如图所示。

下列说法正确的是（ ）。
A．曲线①表示BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值为1.0×10－10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c（Ba2+）＝10－5.1时，两溶液中＝10y2－y1
【解析】选B。根据BaCO3、BaSO4的Ksp及横纵坐标，可知－lg Ksp＝x+y。相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），通过计算得Ksp：曲线①＜曲线②，则曲线①表示BaSO4的沉淀溶解曲线，故A错误；曲线①为BaSO4溶液中－lgc（Ba2+）与－lgc（SO42－）的关系，由图可知，当溶液中－lgc（Ba2+）＝3时，－lgc（SO42－）＝7，则－lgKsp（BaSO4）＝7+3＝10，因此Ksp（BaSO4）＝1.0×10－10，故B正确；向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c（Ba2+）增大，根据温度不变则Ksp（BaSO4）不变可知，溶液中c（SO42－）将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，故C错误；由图可知，当溶液中c（Ba2+）＝10－5.1时，两溶液中＝＝＝＝10y1－y2，故D错误。
7．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡：MmAn（s）mMn+（aq）+nAm－（aq），Ksp＝c（Mn+）m·c（Am－）n，称为溶度积。某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料：（25℃）
难溶电解质
CaCO3
CaSO4
MgCO3
Mg（OH）2
Ksp
2.8×10－9
9.1×10－6
6.8×10－6
1.8×10－11
实验步骤如下：
①往100mL 0.1mol·L－1的CaCl2溶液中加入100mL 0.1mol·L－1的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入3g固体Na2CO3，搅拌，静置，沉淀后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置，沉淀后再弃去上层清液。
④_________________________。
试回答下列问题：
（1）由题中信息Ksp越大，表示电解质的溶解度越______（填“大”或“小”）。
（2）写出第②步发生反应的化学方程式：__________________________。
（3）设计第③步的目的是____________________。
（4）请补充第④步操作及发生的现象：__________________________________。
【解析】本题考查的题目在设计方式上为探究性实验，既注重基础知识，基本技能的考查，又注重了探究能力的考查。在硫酸钙的悬浊液中存在着：CaSO4（s）SO42－（aq）+Ca2+（aq），由Ksp表达式为：Ksp（CaSO4）＝c（SO42－）·c（Ca2+），不难看出其与溶解度的关系：Ksp越大，表示电解质的溶解度越大。溶解度大的沉淀会向溶解度小的沉淀转化，加入Na2CO3后，溶液中CO32－浓度较大，而CaCO3的Ksp较小，故CO32－与Ca2+结合生成沉淀，即CO32－+Ca2+CaCO3↓。要证明CaSO4完全转化为CaCO3，可以加入盐酸，因为CaSO4不和盐酸反应，而CaCO3可完全溶于盐酸。既然是探究性实验，必须验证所推测结果的正确性，故设计了③、④步操作，即验证所得固体是否为碳酸钙。
【答案】（1）大（2）Na2CO3（aq）+CaSO4（s）Na2SO4（s）+CaCO3（aq）
（3）洗去沉淀中附着的SO42－
（4）向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，并放出无色无味的气体
8．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全（c＝1×10－5mol/L）的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al（SO4）2的化学方程式___________________。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_____________。
（3）“母液①”中Mg2+浓度为_______mol/L。
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是__________。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是_______________________________。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。（1）氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4（NH4）2SO4NH4Al（SO4）2+4NH3↑+3H2O；（2）由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：；（3）由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×（1×10－2.9）2＝1×10－10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为c（Mg2+）＝＝mol/L＝1×10－6mol/L；（4）增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；（5）酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+；（6）由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【答案】（1）Al2O3+4（NH4）2SO4NH4Al（SO4）2+4NH3↑+3H2O
（2）Fe3+、Al3+、Mg2+ （3）1×10－6 （4）硫酸；SiO2、CaSO4
（5）TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+ （6）（NH4）2SO4
题组C 培优拔尖练
1．为研究沉淀的生成及转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是（ ）。

A．①浊液中存在平衡：AgSCN（s）Ag+（aq）+SCN－（aq）
B．②中颜色变化说明上层清液中含有SCN－
C．③中颜色变化说明有AgI生成
D．该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶
【解析】选D。根据信息，白色沉淀是AgSCN，存在溶解平衡；AgSCN（s）Ag+（aq）+SCN－（aq），故A正确；取上层清液，加入Fe3+出现红色溶液，说明生成Fe（SCN）3，说明溶液中含有SCN－，故B正确；AgI是黄色沉淀，现象是黄色沉淀说明有AgI产生，故C正确；①中反应Ag+有剩余，加入KI溶液，使c（I－）·c（Ag+）＞Ksp（AgI）而有黄色沉淀，并不是沉淀AgSCN，转化为AgI，因此不能说明AgI比AgSCN更难溶，故D错误。
2．（2021·苏州高二检测）已知298 K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13.0，则下列说法不正确的是（ ）。
A．所得溶液中的c（H+）＝10－13mol·L－1
B．所得溶液中由水电离产生的c（OH－）水＝10－13mol·L－1
C．所加烧碱溶液的pH＝13.0
D．所得溶液中的c（Mg2+）＝5.6×10－10mol·L－1
【解析】选C。pH＝13的溶液中，c（H+）＝10－13mol·L－1，c（OH－）＝＝mol/L＝1.0×10－1mol·L－1，A项正确；溶液中由水电离产生的c（OH－）水c（H+）水＝溶液中的c（H+）＝10－13mol·L－1，B项正确；因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH＝13，所以所加NaOH溶液的pH＞13，C项错误；溶液中的c（Mg2+）＝＝mol·L－1＝5.6×10－10mol·L－1，D项正确。
3．（2021·江苏选择考）室温下，用0.5mol·L－1Na2CO3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。已知Ksp（CaSO4）＝5×10－5，Ksp（CaCO3）＝3×10－9。下列说法正确的是（ ）。
A．0.5mol·L－1Na2CO3溶液中存在：c（OH－）＝c（H+）+c（HCO3－）+c（H2CO3）
B．反应CaSO4+CO32－CaCO3+SO42－正向进行，需满足＞×104
C．过滤后所得清液中一定存在：c（Ca2+）＝且c（Ca2+）≤
D．滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+Ca2++CO2↑+H2O
【解析】选C。0.5mol·L－1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c（OH－）＝c（H+）+c（HCO3－）+2c（H2CO3），A错误；该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝×104，当浓度商＜K时，反应正向进行，B错误；上层清液为碳酸钙的保护溶液，所以清液中满足c（Ca2+）＝，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c（Ca2+）≤，C正确；醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误。
4．（2022·海南省选择考）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）42－（aq），25℃，－lgc与pH的关系如图所示，c为M2+或M（OH）42－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）42－］＝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
【解析】选BD。由题干信息，M（OH）2（s）M2+（aq）+2OH－（aq），M（OH）2（s）+2OH－（aq）M（OH）42－（aq），随着pH增大，c（OH－）增大，则c（M2+）减小，c［M（OH）42－］增大，即－lgc（M2+）增大，－lgc［M（OH）42－］减小，因此曲线①代表－lgc（M2+）与pH的关系，曲线②代表－lgc［M（OH）42－］与pH的关系。由分析可知，曲线①代表－lgc（M2+）与pH的关系，A正确；由图象，pH＝7.0时，－lgc（M2+）＝3.0，则M（OH）2的Ksp＝c（M2+）·c2（OH－）＝1×10－17，B错误；向c（M2+）＝0.1mol·L－1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）42－］均极小，则体系中元素M主要以M（OH）2（s）存在，C正确；c［M（OH）42－］＝0.1mol·L－1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－1的HCl后，体系中元素M仍主要以M（OH）42－存在，D错误。
5．（2021·浙江台州高二检测）痛风是关节炎反复发作及产生肾结石为特征的一类疾病，关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠（NaUr）晶体，有关平衡如下：
①HUr（尿酸，aq）Ur－（尿酸根，aq）+H+（aq）（37℃时，Ka＝4.0×10－6）
②NaUr（s）Ur－（aq）+Na+（aq）
（1）37℃时，0.5L水中最多可溶解4.0×10－3mol尿酸钠，此温度下尿酸钠的Ksp为_______。
（2）第一次关节炎发作的时间大都在寒冷季节，发病部位大都在脚趾和手指的关节处，这说明温度降低时，反应②的Ksp_______（填“增大”、“减小”或“不变”），生成尿酸钠晶体的反应是_______（填“放热”或“吸热”）反应。
（3）37℃时，某病人尿液中尿酸分子和尿酸根离子的总浓度为2.0×10－3mol·L－1，其中尿酸分子的浓度为4.0×10－4mol·L－1，该病人尿液的pH为________。
（4）25℃时，Ur－的水解平衡常数Kh为：_____________。
（5）常温下，将0.2mol·L－1的HUr溶液和0.1mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，若混合液体积等于两溶液体积之和，则混合液中下列关系正确的是_______。
A．c（HUr）＞c（Ur－）
B．pH＞7
C．c（Na+）＝c（HUr）+c（Ur－）
D．2 c（H+）＝2c（OH－）+［c（Ur－）－c（HUr）］
（6）试根据所学平衡知识说出一种防治关节炎的措施__________________。
（7）已知如图所示t1时刻在尿酸钠的饱和溶液（晶体充足）中加适量水，试作出V溶解、V沉淀与时间关系的示意图

【解析】（1）c（Na+）＝c（Ur－）＝＝8.0×10－3mol·L－1，Ksp（NaUr）＝c（Na+）·c（Ur－）＝8.0×10－3mol·L－1×8.0×10－3mol·L－1＝6.4×10－5mol2·L－2。（2）关节炎的成因是形成了NaUr晶体，第一次发作时间大都在寒冷季节，说明降低温度，平衡向生成NaUr晶体的方向移动，而降温平衡向吸热反应反应移动，则平衡②为放热反应。因为此时，c（Na+）和c（Ur－）减小，所以反应②的Ksp减小。（3）c（Ur－）＝2.0×10－3mol·L－1－4.0×10－4mol·L－1＝1.6×10－3mol·L－1，根据Ka＝＝4.0×10－6，可以求出c（H+）＝1.0×10－6mol·L－1，所以pH＝6。（4）Ur－+H2OHUr+OH－，Kh＝＝＝＝＝2.5×10－9。（5）混合后得到等物质的量浓度的HUr和NaUr的混合物，因为Ka＞Kh，说明的HUr的电离程度大于NaUr的水解程度，所以混合液呈酸性，而且c（HUr）＜c（Ur－），A和B选项错误。根据电荷守恒得：c（H+）+c（Na+）＝c（OH－）+c（Ur－），根据物料守恒得；2c（Na+）＝c（HUr）+c（Ur－），C选项错误。二者消去c（Na+），可得质子守恒：2c（H+）+c（HUr）＝2c（OH－）+c（Ur－），D选项正确。（6）要防治关节炎，必须减少尿酸钠晶体的生成，即使平衡NaUr（s）Ur－（aq）+Na+（aq）正向移动，可以减少c（Na+），即减少食盐的摄入量。（7）加适量水稀释，平衡NaUr（s）Ur－（aq）+Na+（aq）正向移动，V溶解＞V沉淀，又因为晶体充足，所以整个过程始终处于溶解平衡状态。
【答案】（1）6.4×10－5 （2）减小；放热
（3）6 （4）2.5×10－9 （5）D
（6）减少尿酸的产生或减少Na+的摄入
（7）
6．（2022·全国甲卷）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：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为____________________________。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（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_______、_______、_______。
（4）向80~90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为___________________________________。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是____________________________。
（6）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【解析】由题干信息，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，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到Fe（OH）3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe（OH）3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+＝Zn2+＝Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；（2）可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；（3）NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca（OH）2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜。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；（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe（OH）3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++MnO4－+7H2O3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+；（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+Zn2+＝Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；（6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2）增大压强；将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等
（3）B；Fe（OH）3、CaSO4、SiO2
（4）3Fe2++MnO4－+7H2O3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去（6）CaSO4；MgSO4