化学人教版 (2019)第四节 沉淀溶解平衡巩固练习

这是一份化学人教版 (2019)第四节 沉淀溶解平衡巩固练习，共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．、、、分别表示电离常数、水的离子积常数、水解常数、溶度积常数，下列判断不正确的是
A．室温下，的电离度一定比HClO的大
B．的溶液任何温度下均为中性
C．已知25℃时，AgCl和砖红色沉淀的分别为和，则用标准溶液滴定时，可采用为指示剂
D．某温度下，一元弱酸HA的越小，则NaA的越大
2．已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，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>Ag2CrO4B．AgCl>Ag2CrO4>AgI
C．Ag2CrO4>AgCl>AgID．Ag2CrO4>AgI>AgCl
3．天然水体中的H2CO3与空气中的(CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、、或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线①代表
B．H2CO3的一级电离常数为10-8.3
C．c(Ca2+)随pH升高而增大
D．pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9ml·L-1
4．室温时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知的溶度积(室温)，下列说法中不正确的是
A．的数值为B．点时有生成
C．加入蒸馏水可使溶液由点变成点D．点与点对应的溶度积相等
5．常温下，已知KSP(ZnS)=1.6×10-24，KSP(CuS)=1.3×10-36。CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+ )浓度与阴离子( S2- )浓度的负对数关系如图所示，下列说法不正确的是
A．曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnS
B．p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液
C．向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)减小
D．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，不可能实现n点到m点的转化
6．已知在为4~5的环境中，、几乎不水解，而几乎完全水解。工业上制溶液是将浓盐酸加热到左右，再慢慢加入粗氧化铜(含少量杂质)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是
A．向溶液中通入，再加入纯净的CuO粉末调节为4~5
B．向溶液中通入使沉淀
C．向溶液中通入，再通入，调节为4~5
D．加入纯Cu将还原为Fe
7．已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为2×10-4ml•L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为
A．2.8×10-2ml•L-1B．1.4×10-5ml•L-1C．2.8×10-5ml•L-1D．5.6×10-5ml•L-1
8．下列有关的沉淀溶解平衡的说法中，正确的是
A．的生成和溶解不断进行，但速率相等
B．难溶于水，溶液中没有和
C．升高温度，的溶解度不变
D．向的沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，溶解的量不变
9．秦俑彩绘中的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2都是难溶的铅盐。室温下，PbCO3和PbI2达到溶解平衡时，-lgc(Pb2+)与-lgc()或-lgc(I-)的关系如图，下列说法错误的是
A．L2曲线代表PbCO3，其Ksp(PbCO3) =1.0×10-13.1
B．p点对应的PbI2溶液中，滴入0.1 ml·L-1 Pb(NO3)2溶液，将析出固体PbI2
C．反应PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K=105.1
D．向等浓度的Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2 溶液先产生黄色沉淀
10．常用MnS做沉淀剂处理含Cu2+废水，原理为Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+ (aq)。下列有关该反应的说法错误的是
A．该反应达到平衡时，c(Mn2+)浓度不再变化B．CuS的溶解度比MnS的溶解度小
C．平衡后再加入少量MnS (s)，c(Mn2+)增大D．该反应平衡常数K=
11．锂电池具有广泛应用。用废铝渣(含金属铝、锂盐等)获得电池级的一种工艺流程如图(部分物质已略去)：
下列说法不正确的是
A．用焰色试验检验①加热后得到滤液中的，是因为电子从激发态跃迁至基态或较低能级时以光的形式释放能量
B．②中生成的离子方程式：
C．由③推测溶解度：
D．依据对角线规则，微溶于水可以推测在水中溶解度不大
12．常温下，Ksp(ZnS)=1. 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。下列说法不正确的是
A．向FeS悬浊液中通入少量HCl，Ksp(FeS)不变
B．向物质的量浓度相等的FeCl2和ZnCl2混合液中滴加Na2S溶液，先产生白色沉淀
C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，可能产生FeS沉淀
D．常温下，反应FeS(s)+ Zn2+ (aq)⇌ZnS(s)+Fe2+ (aq)的平衡常数K=4.0×10-6
13．工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图：
已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq) △H>0；Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。下列说法错误的是
A．“浸取”时的主要离子反应为MnO2+PbS+4H++2Cl-=PbCl2 +S+Mn2++2H2O
B．“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3
C．“沉降”时加入冰水，PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)平衡左移，有利于PbCl2沉淀更完全
D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中=1.6×103
14．根据实验操作和现象，不能得出相应结论的是
A．AB．BC．CD．D
15．为研究沉淀之间的转化，某小组设计如图实验：
下列分析正确的是
A．白色浊液中不存在自由移动的Ag+B．实验2说明Ksp(AgCl)210-5，即相当于增大钙离子浓度，平衡左移，有CaCO3生成，B正确；
C．d 点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则 c (Ca2 +)、c()都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由 d 点变成 a 点， C错误；
D． b 点与 d 点在相同的温度下，溶度积相等，D正确；
故本题选C。
5．C
【详解】A．KSP(ZnS)>KSP(CuS)，所以曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnS，故A正确；
B．p点Q< KSP，p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液，故B正确；
C．KSP只与温度有关，向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)不变，故C错误；
D．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，n点只能在沿曲线A向左上方移动，故D正确；
选C。
6．A
【详解】A．向溶液中通入，可将氧化为；再加入纯净的粉末调节为4~5，可转化为而除去，A正确；
B．在酸性溶液中与不反应，而与反应生成沉淀，B错误；
C．通入氨气，会引入杂质离子，C错误；
D．由金属的活动性知，铜不能置换出铁，D错误；
故选A。
7．D
【详解】溶液的浓度为，与某浓度CaCl2溶液等体积混合后溶液中，时，会产生沉淀，即×c混(Ca2+)>2.8×10-9，解得，故原CaCl2溶液的最小浓度应大于；
故选D。
8．A
【详解】A．AgCl的生成和溶解不断进行，速率相等，存在溶解平衡，故A正确；
B．固体在溶液中存在沉淀溶解平衡，所以溶液中有和，故B错误；
C．升高温度，溶解度增大，故C错误；
D．向平衡体系中加入固体，增大了，沉淀溶解平衡左移，溶解的量减小，故D错误；
答案选A。
9．D
【详解】A．L2曲线代表PbCO3，取点(0，13.1)，此时-lgc()=0，c()=1ml/L，-lgc(Pb2+)=13.1，c(Pb2+)=10-13.1ml/L，其Ksp(PbCO3) = c(Pb2+)∙c()=1×10-13.1=1.0×10-13.1，A正确；
B．p点对应的PbI2溶液中，滴入0.1 ml·L-1 Pb(NO3)2溶液，将增大溶液中的c(Pb2+)，使沉淀溶解平衡逆向移动，从而析出固体PbI2，B正确；
C．取点(0，8)，可求出Ksp(PbI2)=10-8，反应PbI2(s)+(aq)PbCO3(s)+2I-(aq)的平衡常数K====105.1，C正确；
D．因为Ksp(PbI2)=10-8，Ksp(PbCO3)=10-13.1，向等浓度的Na2CO3与NaI的混合溶液中滴入Pb(NO3)2 溶液，所以先生成PbCO3沉淀，即先产生白色沉淀，D错误；
故选D。
10．C
【详解】A．该反应达到平衡时，各微粒的浓度保持不变，所以c(Mn2+)浓度不再变化，A正确；
B．可逆反应发生后，向生成更难溶物质的方向移动，所以CuS的溶解度比MnS的溶解度小，B正确；
C．平衡后再加入少量MnS (s)，对各离子浓度不产生影响，所以平衡不发生移动，c(Mn2+)不变，C错误；
D．该反应平衡常数K==，D正确；
故选C。
11．C
【分析】由题给流程图可知，废铝渣在200℃条件下溶于加入的浓硫酸解得到含有铝离子、锂离子的滤液和滤渣；向滤液中加入饱和碳酸钠溶液，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀、将锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到氢氧化铝、碳酸锂和硫酸钠溶液；向沉淀中加入氢氧化钙溶液，将碳酸锂转化为可溶的氢氧化锂，过滤得到氢氧化铝固体和氢氧化锂溶液；向氢氧化锂溶液中通入二氧化碳，将氢氧化锂转化为碳酸锂沉淀。
【详解】A．用焰色试验能检验锂离子是因为电子从激发态跃迁至基态或较低能级时以光的形式释放能量，故A正确；
B．②中生成氢氧化铝的反应为溶液中的碳酸根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为，故B正确；
C．③中碳酸锂沉淀与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化锂和碳酸钙说明碳酸钙的溶解度小于碳酸锂，故C错误；
D．依据对角线规则可知，镁元素的性质与锂元素类似，则碳酸镁微溶于水说明碳酸锂在水中溶解度不大，也微溶于水，故D正确；
故选C。
12．D
【详解】A．Ksp(FeS)只与温度有关，温度不变，Ksp(FeS)不变，A正确；
B．Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)，根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，B正确；
C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，由于FeCl2浓度未知，则Qc（FeS）可能大于Ksp(FeS)，故可能产生FeS沉淀，C正确；
D．反应FeS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=，D错误；
故答案选D。
13．A
【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。
【详解】A．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：MnO2+PbS+4H++4Cl-=+S+ Mn2++2H2O，A项错误；
B．加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，所以“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3，B项正确；
C．PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq) △H>0反应吸热，加入冰水温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，C项正确；
D．当“沉淀转化”过程达平衡时，有，D项正确；
答案选A。
14．B
【详解】A．在常温下，等体积、pH=12的两种碱溶液MOH和ROH分别加水稀释10倍，稀释后，MOH溶液的pH大，说明MOH稀释时又电离，而ROH稀释时不电离或电离移动比MOH电离移动小，则碱强弱：，能得出结论，故A不符合题意；
B．常温下，分别测NaA溶液与NaB溶液的pH，NaA溶液的pH大，没有说测同浓度的盐溶液的pH值，因此不能得出HA、HB的酸强弱，故B符合题意；
C．某溶液中滴加溶液、产生蓝色沉淀，则沉淀为，说明元溶液中含有亚铁离子，能得出结论，故C不符合题意；
D．向2mL 溶液中滴加3mL等浓度的NaCl溶液后，银离子反应完，氯离子还有剩余，生辰AgCl白色沉淀，再滴加KI溶液，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，生成了AgI即AgCl转化为AgI，则得出结论，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
15．C
【详解】A．白色浊液中存在AgCl的沉淀溶解平衡，存在自由移动的Ag+，故A错误；
B．实验2沉淀发生转化，说明AgI更难溶，溶度积越小的越易沉淀，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误；
C．把实验①②交换顺序，由于KI过量且Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)，因此直接产生黄色沉淀，看不到白色沉淀，故C正确；
D．实验③存在沉淀转化为Ag2S，其存在沉淀溶解平衡，由于实验②中KI是过量的，则Ag+与I-可结合生成AgI，故D错误；
故选：C。
16． C 0.5 CD 滴定的同时，加强对滴定浊液的振荡，减少AgCl沉淀对Cl-的吸附
【分析】根据Ksp和沉淀的颜色选择试剂；根据滴定原理，结合消耗的标准液体积计算待测液的浓度；结合c(待测)=分析误差。
【详解】(1) 由表可知可知Ag2CrO4为红色，且Ksp最小，Ksp越小，灵敏度越高，则宜选择Na2CrO4作指示剂，故答案为：C；
(2) 第一次实验数据和其它几次相差太大故舍去，另外三次的平均体积为=mL=20.00mL，设该生理盐水的浓度为c ml/L，已知NaCl～～AgNO3，则cml/L×20.00mL=0.5ml/L×20.00mL，解得：c=0.50；
(3) A．滴定终点读数时俯视读数，AgNO3的体积偏小，则由c(待测)=可知，该生理盐水的浓度偏小，故A错误；
B．锥形瓶水洗后未干燥，NaCl的物质的量不变，则对测定浓度无影响，故B错误；
C．进行滴定操作时，有1滴AgNO3溶液滴到了锥形瓶外面，AgNO3的体积偏大，则由c(待测)=可知，该生理盐水的浓度偏高，故C正确；
D．配制AgNO3标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线，AgNO3溶液浓度偏小，体积偏大，则由c(待测)=可知，该生理盐水的浓度偏高，故D正确；
故答案为：CD；
(4) AgCl沉淀易吸附Cl-为减少AgC1沉淀对Cl-的吸附，从而减小实验的误差，实验时应采取的措施是：滴定的同时，加强对滴定浊液的振荡，减少AgCl沉淀对Cl-的吸附。
【点睛】考查误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
17． 酸式 80% ce 锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色 D
【详解】(1)在酸碱中和滴定中，用酸式滴定管盛装酸性或具有氧化性的溶液，用碱式滴定管盛装碱性液体，所以用酸式滴定管盛装0.10ml/L的盐酸标准液；
(2)根据三次实验所得数据求平均值，消耗盐酸体积为(20.10+20.00+19.90)÷3=20.00mL，再根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，0.1×20=c(碱)×25，解得c(碱)=0.08ml/L，试样中NaOH的质量分数为[(0.08×0.25)×40]÷1×100%=80%；
(3)a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响；
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致碱液减少，消耗标准液减少，所测浓度偏低；
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗标准酸液增大，所测浓度偏高；
d．酸式滴定管滴至终点对，俯视读数，导致末读数据减小，所测结果偏低，
e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积增大，所测结果偏高；
答案选ce；
(4)KMnO4溶液是紫色溶液，当高锰酸钾滴入，由于反应导致溶液无色，若到终点，再滴入的高锰酸钾使溶液呈紫色，所以该滴定过程不需要指示剂，滴定终点时滴定现象是锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色；
(5)若用AgNO3滴定NaSCN溶液，由于产生的AgSCN的溶度积常数是1.0×10-12，根据溶度积常数可知产生Ag2CrO4的溶度积产生是1.12×10－12，需要的CrO的浓度大，换言之AgSCN比Ag2CrO4更难溶，而其它物质比AgSCN难溶，因此选择的指示剂是Na2CrO4，答案选D。
18． 提高Mg2+的浸取率 8 温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可） Al(OH)3 、Fe(OH)3、CaSO4•2H2O NaOH溶液 向沉淀中加足量稀硫酸 20.0%
【分析】（1）根据离子完全沉淀的pH值来确定在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的；
（2）根据氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c2（OH-）来计算；
（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线来回答；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体；
（5）根据镁元素守恒结合关系式：MgSO4•7H2O-Mg（OH）2进行计算。
【详解】（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，故答案为为了提高Mg2+的浸取率；
（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c2（OH-），溶液中Mg2+的浓度为6.0ml•L-1，则溶液的氢氧根浓度=ml/L=10-6ml/L，所以氢离子浓度为=10-8ml/L，pH为8，故答案为8；
（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4•2H2O溶解度小，温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底；由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，把亚铁离子氧化成铁离子，同时铁离子、铝离子形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀、硫酸钙沉淀，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O，故答案为温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，故答案为NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；
（5）设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为x，MgSO4•7H2O质量为24.6克，物质的量是=0.1ml．
由关系式MgSO4•7H2O~Mg（OH）2
1ml 58g
0.1ml x
解得：x=5.8g，故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为×100%=20%，故答案为20.0%。
考点：考查了物质的分离和提纯知识的综合实验题的相关知识。
19．(1) 4.9
(2)偏低形成，导致溶液中浓度减小，沉淀不完全
【分析】软锰矿加入硫化钡溶液，四氧化三铁、氧化铝不反应，二氧化锰和硫化钡发生氧化还原反应生成硫单质、MnO和含有氢氧化钡的溶液，过滤分离出滤液经过蒸发结晶、过滤得到氢氧化钡；固体加入硫酸酸溶后过滤分离出硫，滤液含有锰、铁、铝的相应盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入氨水除去铁、铝，滤液加入碳酸氢铵、氨水得到碳酸锰沉淀，洗涤干燥得到产品。
（1）
①为除尽，可加入将其氧化为。由题表中相关物质的可知，完全沉淀需要的比完全沉淀所需小，溶液只需达到完全沉淀所需即可；设恰好完全沉淀时溶液中浓度为x，则，ml/L，，。
②碳化过程中加入碳酸氢铵反应生成，反应为，生成的再和所加氨水反应生成，故反应的离子方程式为。
（2）
为弱酸，由和知，若溶液偏低，较大，与易结合成，使溶液中降低，沉淀不完全。
20．(1)将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe(OH)3沉淀而与Cu2+分离
(2) C 2 H++ 2 Fe2++ H2O2 = 2 Fe3++2 H2O
(3) C [ 3.2， 4.7 )
【分析】氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体。
（1）
根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe(OH)3沉淀而与Cu2+分离，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe(OH)3沉淀而与Cu2+分离；
（2）
K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，合理选项是C；该反应的离子方程式为：2 H++ 2 Fe2++ H2O2 = 2 Fe3++2 H2O，故答案为：C；2 H++ 2 Fe2++ H2O2 = 2 Fe3++2 H2O；
（3）
中和溶液的酸性，调节pH，将Fe3+沉淀，而Cu2+不沉淀，可以加入CuO，若是直接用碱，Fe3+形成沉淀的同时，Cu2+也形成了沉淀，就不能达到分离Fe3+和Cu2+目的，同时Cu不与酸反应，不能其调节pH的目的；由表格可知，调节溶液的pH范围为[ 3.2， 4.7 )，故答案为：C；[ 3.2， 4.7 )。
【点睛】分离提纯物质时，不能引入新的杂质，要结合溶液pH对离子沉淀的影响分析判断。