2023年高考真题变式分类汇编：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质1
2023年高考真题变式分类汇编：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质1
一、选择题
1．（2023·北京）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合注：起始，不同下由图得到。
下列说法不正确的是( )
A．由图，
B．由图，初始状态，无沉淀生成
C．由图，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图和图，初始状态、，发生反应：
2．（2023·湖南）处理某铜冶金污水(含)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如下表所示：
物质
开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
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
3．（2023·湖北）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
4．（2023·绍兴模拟）室温下，用过量溶液浸泡粉末，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时，化学上通常认为生成沉淀的反应已经完全进行了。已知：，)，下列说法正确的是
A．浸泡后未完全转化为
B．溶液中存在：
C．反应正向进行，需满足
D．过滤后所得清液中一定存在：且
5．（2023·张家口模拟）下列实验操作和现象可得出相应正确结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，一段时间后，冷却，加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制的，加热 出现砖红色沉淀 淀粉已完全水解
B 加淀粉KBr溶液中通入足量氯气，再滴加淀粉KI溶液 溶液先变为橙色，后变为蓝色 氧化性：
C 向等浓度的NaCl和溶液中滴加少量溶液 出现白色沉淀(铬酸银为深红色沉淀)
D 向溶液中滴加溶液，再加入少量铜粉 开始时无明显变化，加入铜粉后产生蓝色沉淀 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·江西模拟）在T° C时，Ag2CrO4 (橘红色)及CdCO3和Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是
A．T° C时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10-9
B．T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp不相等
C．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
D．T℃，在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102
7．（2023·湖州模拟）常温时，碳酸钙和硫酸钙的沉淀溶解平衡关系如图所示，已知，(酸根离子)(酸根离子)。下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ为沉淀溶解曲线
B．加入适量的氯化钙固体，可使溶液由c点变到a点
C．b点对应的硫酸钙溶液不饱和
D．向碳酸钙饱和溶液中通入气体，溶液中不变
8．（2023·朝阳模拟）分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii.25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析错误的是
A．实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B．产生白色沉淀时，存在
C．当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D．滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
9．（2023·开封模拟）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0.1 mol·L1Na2CO3溶液和1.0mol·L1 Na2CO3溶液，含 SrSO4(s)的0.1 mol·L1 Na2SO4溶液和1.0mol·L1 Na2SO4溶液，在一定pH范围内，四种溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系如图所示。
下列说法错误的是
A．a=-6.5
B．pH相同时，溶液中c( )越大，c(Sr2+ )越小
C．曲线③对应含SrCO3(s)的0.1 mol·L1Na2CO3溶液
D．在Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L1的混合溶液中，pH≥7.7时才能实现SrSO4(s)转化为SrCO3(s)
10．（2023·齐齐哈尔模拟）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物总的浓度c总=c(H2SO3) +c()+c()。室温下，H2SO3的电离常数分别为Ka1 =1.4×10-2、Ka2=6.0×10-8；Ksp (BaSO4)=1×10-10。
下列说法中错误的是
A．SO2是由极性键构成的极性分子
B．“吸收”过程中，溶液中c总=0.1 mol·L-1时溶液呈酸性
C．“吸收”后得到的溶液pH=5，则“氧化”时主要反应的离子方程式为2+O2=2+2H+
D．将“氧化”所得溶液用0.1 mol·L-1的NaOH溶液调节至pH=7，再与0.1 mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合，最终溶液中c( )=2×10-9 mol· L-1
11．（2023·辽阳模拟）二元有机酸的电离常数、。难溶于水，常温下，将溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中与的关系如图所示。下列说法错误的是
已知：HY是一元强酸，易溶于水。
A．溶液显碱性
B．溶度积
C．b点：
D．若溶于HY溶液中得到点溶液，则
12．（2023·巴中模拟）25℃时，-1gc(X)与pH的关系如图所示，X代表Zn2+或Fe2+或，下列说法正确的是
已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16；强碱性溶液中Zn元素主要以的形式存在。
A．曲线②代表-lgc(Zn2+)与pH的关系
B．常温下，Zn(OH)2的Ksp的数量级为10-18
C．向等浓度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀
D．向c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，体系中Zn元素只以Zn(OH)2的形式存在
13．（2023·温州模拟）分离废水中的和，对节约资源和环境保护有着重要意义，已知：当溶液中离子浓度小于时，该离子沉淀完全。25℃时，的电离常数，，有关物质的如下表：
物质
物质下列说法正确的是
A．溶液与废水混合，生成的沉淀成分为、
B．25℃时，反应达到平衡，则溶液中
C．25℃时，用溶液调节废水的pH至8.0，能沉淀完全
D．将溶液逐滴加入浓度均为的和混合溶液中，当完全沉淀生成时，
二、多选题
14．（2023·聊城模拟）天然溶洞的形成与岩石中的CaCO3和空气中CO2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常温下，某溶洞水体中pM随pH的变化关系如图所示。
［已知：；，M为或］下列说法正确的是
A．曲线③代表与pH的关系
B．的数量级为10-4
C．
D．pH由4到8的过程中增大的比快
15．（2023·山东模拟）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所示：
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)=1.25×10-5。下列说法错误的是
A．“浸取”的主要离子反应：MnO2+PbS+4H++4Cl-=PbCl2+S+MnCl2+2H2O
B．“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快
C．“滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用
D．PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LH2SO4溶液转化5mol的PbCl2(忽略溶液体积变化)，则H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于5.08mol L-1
16．（2023高二下·上高期末）地壳中各种物质存在各种转化，如金属铜的硫化物经生物氧化会转化为，流经或等含硫矿石又可以转化为，[已知，]。下列说法不正确的是（ ）
A．工业上可用处理含有、等金属硫化物的废水
B．当溶液中有和共存时，溶液中
C．基态的价电子排布式为
D．的晶胞结构如图所示，晶胞中与S紧邻的Fe为4个
17．（2022高二上·如皋期末）常温下，的沉淀溶解平衡曲线如下图所示，下列说法正确的是
A．
B．Y点表示的不饱和溶液
C．向X点中加入溶液，当达到新平衡时，可能处于Z点
D．在溶液中的溶解度大于在水中的溶解度
18．（2022高三上·泗水期中）下列由实验操作及现象所得结论正确的是（ ）
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向麦芽糖溶液中加入稀硫酸并加热，再调节pH呈碱性，加入银氨溶液，水浴加热，有银镜产生 证明麦芽糖发生了水解
B 向2份等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解 证明
C 某溶液中加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体 原溶液中一定存在
D 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
19．（2022高二上·日照期中）化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．可乐打开时产生气泡，是因为压强减小促使CO2逸出
B．去除锅炉水垢中的CaSO4，用饱和Na2CO3溶液浸泡预处理
C．误食可溶性钡盐造成中毒，可以服用Na2CO3溶液来解毒
D．工业合成氨，常采用铁触媒、减小氨气的浓度来提高反应速率
20．（2022高三上·德州期中）根据下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 取少量浓硝酸加热分解，将产物先通入浓硫酸，后用集气瓶收集气体 将带火星的木条放置瓶内，木条复燃 说明支持燃烧
B 向溶液中滴几滴新制氯水，再加适量苯，振荡 溶液分层，下层呈浅绿色，上层呈紫红色 证明还原性：
C 室温，取少量铜和浓硫酸反应后的溶液，加入到盛水的烧杯中稀释 溶液 证明有硫酸剩余
D 向溶液中先滴加少量NaCl溶液，然后再滴加溶液 先产生白色沉淀，后生成黑色沉淀 溶解度：
A．A B．B C．C D．D
21．（2022高二上·湖南月考）常温时，三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知。下列说法正确的是（ ）
A．加热可使b点移动到a点
B．常温下，的数量级为
C．常温下，三种物质中CuS的溶解度最小
D．若要除去溶液中混有的少战，则可加入固体
22．（2022高二上·河北月考）已知p(A)=-lgc(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点有ZnS沉淀生成
B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2
C．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2-)减小
D．CuS和MnS共存的悬浊液中，=10-20
23．（2022高三上·德州月考）旧铅酸蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的流程如图所示。
已知：a.铅膏的主要成分是和，是强酸；
b.，。
下列有关说法正确的是（ ）
A．铅酸蓄电池放电时，负极质量减小
B．气体N为，步骤④的反应原理是利用强酸制取弱酸
C．反应的
D．步骤⑤中在阳极析出
三、非选择题
24．（2023·北京）以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
25．（2023·辽宁）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为 (的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、 (填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为 时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于 (精确至0.1)。
26．（2023·马鞍山模拟）我国铂族金属储量占世界储量0.58%，而消费总量占世界消费总量的27%，因此从汽车废弃催化剂中回收铂族金属对可持续发展有重大意义。废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、 SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下：
已知：①长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物；
②Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价；
③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 Al3+ Mg2+ Fe3+
开始沉淀的pH 3.5 9.5 2.2
沉淀完全(c=1.0× 10-5mol/L)的pH 4.7 11.1 3.2
回答下列问题：
（1）粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，请写出操作A的名称 ；
（2）为了提高酸浸效率，温度不宜过高的原因： ；
（3）酸浸工序中，铂发生的反应的化学方程式为 ， 有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，请分析优缺点： ；
（4）通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为 ， 当Al3+开始沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为 mol/L；
（5）铂的浸出率与不同加热方式、浸出时间及不同固液比的关系如下图所示：
由图可知，Pt 浸出的最佳条件为 ；
（6）金属捕集法可使Pt取代铜原子进入铜晶格形成铜铂合金，图是一种电催化材料(铜铂合金)的晶胞，该合金的化学式为 ，该合金的密度为ρg/cm3，两个最近的铜原子之间的距离为 pm(写出计算式，不用简化)。
27．（2023·益阳模拟）广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备的工艺如下：
已知：
I.“焙烧”后，固体中主要含有、、、；“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。
Ⅱ.有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。
Ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子(浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子
开始沉淀 1.9 7.0 11.9 8.1
完全沉淀 3.2 9.0 13.9 10.1
回答下列问题：
（1）基态钒原子的价层电子排布式为 。
（2）“中和还原”时，参与反应的离子方程式为 ，该工序的低于7.0，试计算出 。
（3）指出各元素的第一电离能由大到小的顺序 ，的空间结构为 形。
（4）钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、2所示。指出适宜的工艺条件为 。
（5）“氧化”时，每消耗，可得到 。
（6）单质V晶胞属于体心立方晶胞，晶胞参数为，两个共顶点的晶胞结构如图3所示，计算出A、B原子的间距为 pm。
28．（2023·宜宾模拟）废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。
②常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22， Ksp[Fe(OH)3]=4.0 × 10-38。
③Li2CO3在水中溶解度：
温度/℃ 0 20 40 60 80 100
溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
回答下列问题：
（1）将电池粉粹前应先放电，放电的目的是 。
（2）“滤液A”中的溶质主要是 。
（3）“酸浸”时，加入H2O2溶液的目的是 (用离子方程式表示)。盐酸用量不宜太多，结合后续操作分析，原因是。 。
（4）“沉铁沉磷”时，当溶液pH从1.0增大到2.5时，沉铁沉磷率会逐渐增大，但pH超过2.5以后，沉磷率又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是 。
（5）“提纯”时，可用热水洗涤Li2CO3粗品，理由是 。
（6）制取的Li2CO3、FePO4与足量的炭黑混合，隔绝空气高温灼烧得到LiFePO4，反应的化学方程式是 。
29．（2023·太原模拟）以电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：
已知： AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3) 2.5×10-2、Ksp( CaCO3) = 2.8×10-9。回答下列问题：
（1）①电解氧化铝生成铝的化学方程式为 ，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是 。
②已知AlCl3可形成共价分子， AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因： 。
（2）“气体1”是 ( 填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是 。
（3）已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式 。
（4）“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+ CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因： 。
（5）Al-Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是 ；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为 g·cm-3 (列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。
30．（2023·南通模拟）实验室以含锰废液为原料可以制取，部分实验过程如下：
已知室温下，部分难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
（1）经检测，含锰废液中 mol·L、 mol·L、 mol·L，还含及少量、。“氧化”阶段，用量为理论用量的1.1倍。
①“氧化”1 L该废液，需要加入的物质的量为 。
②检验已经完全被氧化的方法是 。
（2）“除杂I”加入调节溶液。该过程中发生反应的离子方程式为 。
（3）“除杂Ⅱ”中反应之一为。结合反应的平衡常数解释用能除去的原因： 。
（4）已知和的溶解度如图所示。请补充完整由粗溶液制取晶体的实验方案：取实验所得粗溶液， ，得到晶体。(可选用的试剂：1 mol·L 溶液，1 mol·L 溶液，1 mol·L盐酸)
（5）如图为不同温度下硫酸锰焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图。由固体制取活性的方案为：将固体置于可控温度的反应管中， ，将冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1 mol·L-1，1 mol·L-1 NaOH溶液)
31．（2023·南京模拟）以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：
（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3和 (填化学式)。
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于 。
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图1所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li+容量较大，其可能原因为 。
（4）已知Li2CO3的溶解度曲线如图2所示。“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有 。
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为 。
（6）LiFePO4的晶胞结构示意图如图3所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个。
32．（2023·许昌模拟）某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO 、LiMn O 、LiNiO 、LiFePO 等)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。
回答下列问题：
（1）为提高原料利用率，在“酸浸”步骤可采取的措施有 (至少写两条)。
（2）“酸浸”中H O 既表现还原性，又表现氧化性，则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni 、Mn 、Co 和 ，“酸浸”中LiCoO 发生反应的离子方程式为 。
（3）“酸浸”中控制溶液的温度未发生较大变化，但双氧水消耗量仍超过理论用量，其可能原因是 。
（4）“调pH”的目的是 ，部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp，如下表，则“调pH”时pH不应超过 。
离子 浓度(mol·L ) 氢氧化物Ksp
Ni 1.00 1.00×10-15.2
Co 1.00 1.00×10-14.2
Mn 1.40 1.00×10-12.7
（5）若“调pH”过程中，Ni 、Mn 、Co 浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的X为 (填标号)。
a．NiSO b．CoSO c．MnSO d．H SO
（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li CO 焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，另一种反应物是 。
33．（2023·石景山模拟）某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。
资料：i.和均为白色，难溶于水。
ii.与、能生成、
iii.与结合倾向。
（1）探究、与的结合倾向
实验 滴管 试管 现象
I 10滴0.1mol/L溶液 等浓度的NaI和溶液 黄色沉淀
II 等浓度的NaI和溶液 黄色沉淀
①由实验I推测：与结合倾向 (填“>”或“<”)。
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中+1价银的存在形式 (填化学式)。推测：与结合倾向。
（2）查阅资料证实了，上述推测。
的转化
实验 滴管 试管 现象
III 0.1mol/L溶液 0.1mol/L溶液 白色沉淀，振荡后消失
IV 0.1mol/L溶液 0.1mol/L溶液 白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀
①写出实验III中白色沉淀消失的离子方程式 。
②查阅资料：实验IV中黑色沉淀是，中S元素的化合价分别为和+6.写出实验IV中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因 。
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入 (填试剂和操作)，可使定影液再生。
（3）的转化
分析试管1出现银镜的原因 。
（4）资料显示：S原子与结合比O原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因 。
34．（2023·烟台模拟）工业上以制备抗癌药物“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]的废渣——含铂的碘化银为主要原料回收银粉和海绵铂的工艺流程如下：
已知：①N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。
②Ksp(AgCl)=1.8×10-10，NaCl在浓硫酸中难溶，Ag2SO4在不同浓度硫酸中的溶解量如下：
硫酸浓度/(mol L-1) 18 15 12 9 6 0
硫酸银溶解量/(g L-1) 209.00 78.94 31.20 11.14 8.74 4.68
回答下列问题：
（1）“顺铂”分子中Pt的化合价为 。
（2）“氧化浸出”中，应选用上表所列 mol·L-1H2SO4，发生反应的化学方程式为 。
（3）“稀释”在陶瓷反应釜中进行，具体操作为 ；“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为 mol-1·L。
（4）“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，发生反应的离子反应方程式为 ；该工艺经物理处理，可再生循环利用的物质有 (填化学式)。
35．（2023·曲靖模拟）氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，广泛地应用于塑料、合成橡胶、电池、药膏、阻燃剂等产品的制作中。此外，微颗粒的氧化锌作为一种纳米材料也开始在相关领域发挥作用。工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯度氧化锌的工业流程如图所示：
已知： As2O3微溶于水而生成亚砷酸(H3AsO3)，FeAsO4和ZnCO3难溶于水。
回答下列问题：
（1）Zn2+的简化电子排布式为 。
（2）操作X过程中，需用到的玻璃仪器有 、烧杯。
（3）“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1：2参加反应生成了[ Zn(NH3)4]2+， 发生的离子反应方程式为 。
（4）“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是 。
（5）已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10-5mol · L-1时视为沉淀完全，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol·L-1时，Pb2+是否完全沉淀 (填 “是”或“否”)，理由是 (请列式计算说明)。
物质 CdS CuS PbS
Ksp 8.0× 10-27 6.3×10-36 8.0× 10-28
（6）流程中可循环利用的含氮物质有 (填物质化学式)。
（7）已知“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，写出CO2“沉锌”的化学方程式 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据图示，pH=10.25时，HCO3-和CO32-两条曲线相交，即两种离子的物质的量分数相等，则c(HCO3-)=c(CO32-)，A错误；
B、根据图示，pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4时Mg(OH)2为饱和溶液，而pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4的点位于曲线下方，即该溶液为达到饱和，无沉淀生成，B错误；
C、pH=9，lg[c(Mg2+)]=-3时MgCO3为饱和溶液，pH=9，lg[c(Mg2+)]=-2的点位于曲线上方，即MgCO3过饱和溶液，MgCO3析出沉淀，则c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)<0.1mol·L-1，C正确；
D、根据图1，可知pH=8时，以HCO3-为主要颗粒，且pH=8时，Mg(OH)2中c(Mg2+)小于MgCO3中c(Mg2+)，则加入HCO3-后Mg2+会转化为MgCO3，即，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据曲线的交点，可以判断离子浓度的相对大小；
B、C、纵坐标与离子浓度为正比关系时，若点位于曲线下方，则溶液未饱和，若点位于曲线上方，则过饱和析出沉淀；
D、图1pH=8时，可以看出溶液为NaHCO3溶液，图2根据曲线中c(Mg2+)可以判断沉淀的主要形式。
2．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、由分析可知，“沉渣Ⅰ”所含的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，A不符合题意；
B、Na2S溶液显碱性，是由于S2－发生水解，使得溶液中c(OH－)>c(H＋)，其水解反应的离子方程式为S2－＋H2O HS－＋OH－，B不符合题意；
C、“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋、Zn2＋完全沉淀时，溶液中，C不符合题意；
D、“出水”后溶液中还含有大量的Ca2＋，因此需通过阳离子交换树脂进行软化，才可用作工业冷却循环用水，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加入石灰乳，调节pH=4，形成的沉淀有Fe(OH)3和Al(OH)3，因此沉渣Ⅰ中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液中继续加入Na2S溶液，Cu2＋、Zn2＋形成CuS、ZnS沉淀；而溶液中剩余的Al3＋与S2－发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀。因此沉渣Ⅱ为CuS、ZnS和Al(OH)3。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.当沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，沉淀和溶解即对立又互相统一，符合 事物的双方既相互对立又相互统一 ，A项正确；
B.氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B正确；
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C正确；
D．Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D项错误；
故答案为：D.
【分析】弄清题目的意思，“ 既相互对立又相互统一 ”，结合化学知识与理论进行判断，有对立和同一的思想即可。
4．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.加入0.5mol·L－1Na2CO3溶液后，溶液中，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1时，说明溶液中的离子已完全沉淀，因此浸泡后溶液中CaSO4完全转化为CaCO3，A不符合题意；
B.Na2CO3溶液中存在CO32－的水解和H2O的电离，因此溶液中c(OH－)=c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，B不符合题意；
C.该反应的平衡常，若要使反应正向进行，则，C不符合题意；
D.过滤后所得溶液为CaCO3、CaSO4的饱和溶液，因此溶液中一定存在，且溶液中，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据CaCO3的Ksp计算溶液中c(Ca2＋)，从而判断CaSO4是否完全转化为CaCO3；
B、结合质子守恒分析；
C、根据反应的平衡常数分析；
D、过滤后所得溶液为CaCO3、CaSO4的饱和溶液，结合Ksp的表达式分析；
5．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．出现砖红色沉淀只能证明淀粉已水解，未证明淀粉不存在，不能说明淀粉已完全水解，A不符合题意；
B．氯气过量，可能是氯气直接与KI反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，无法证明氧化性：Br2>I2，B不符合题意；
C．为A2B型化合物，AgCl为AB型化合物，二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断，C不符合题意；
D．加入少量铜粉后发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，产生蓝色沉淀可证明氧化性：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．只能证明淀粉已水解，无法判断完全水解；
B．氯气过量，氯气可直接与KI反应生成I2；
C．二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断；
D．在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
6．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(1×10-3)2×(1×10-5)=1×10-11，故A不符合题意；
B．Ksp只与温度有关，则t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故B符合题意；
C．CdCO3(s)Cd2+(aq)+CO(aq)，则c(Cd2+)=c(CO)，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线，故C不符合题意；
D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即Ksp(CdCO3)= c(CO) c(Cd2+)=10-12；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即Ksp[Cd(OH)2]=c2(OH-)c(Cd2+)=10-14；在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)计算；
B．Ksp只与温度有关；
C．依据沉淀溶解平衡曲线分析；
D．依据Ksp，利用沉淀转化平衡分析。
7．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．曲线Ⅱ为沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B．加入适量的氯化钙固体，c（Ca2+）增大，CaCO3（s） Ca2+（aq）+CO（aq）溶解平衡向逆方向移动，c（CO）减小，可使溶液由a点变到c点 ，B符合题意；
C．b点对应Q
故答案为：B。
【分析】A．依据溶解平衡中平衡常数不变判断；
B．依据溶解平衡移动的影响因素分析；
C．依据Q与Ksp的关系判断；
D．碳酸钙饱和溶液与反应生成碳酸氢钙。
8．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A不符合题意；
B．白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，，B不符合题意；
C．当时，此时，则，则氯离子沉淀完全，C不符合题意；
D．根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、硝酸银先和氯离子反应，剩余的银离子再和铬酸根离子反应；
B、氯化银电离为银离子和氯离子；
C、结合铬酸根离子浓度和铬酸银的Ksp可以计算银离子的浓度，再根据氯化银的Ksp可以计算氯离子的浓度；
D、pH过低，即增大氢离子浓度，平衡朝正向移动。
9．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①表示含SrSO4(s)的0.1 mol·L1 Na2SO4溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，由图可知，溶液pH为6.8时，锶离子浓度为10-5.5mol/L，则硫酸锶的溶度积为Ksp=0.1×10-5.5=10-6.5，温度不变，硫酸锶的溶度积不变，则pH为7.7时，溶液中锶离子浓度为=10-6.5mol/L，所以a=-6.5，故A不符合题意；
B．由分析可知，硫酸锶在溶液中存在难溶电解质的溶解平衡，溶液pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，故B不符合题意；
C．由分析可知，曲线③表示含SrCO3(s)的0.1 mol·L1Na2CO3溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，故C不符合题意；
D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，硫酸根离子浓度基本不变，锶离子浓度基本不变，所以沉淀的转化与溶液pH无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 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。
10．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A． SO2空间构型为V形，是由极性键构成的极性分子，A不符合题意；
B．“吸收”过程中，溶液中c总=0.1 mol·L-1 =c(H2SO3) +c()+c()，则c(S)=c(Na+)，此时得到NaHSO3溶液，根据分析，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故亚硫酸氢钠溶液呈酸性，B不符合题意；
C．Na2SO3显碱性，NaHSO3显酸性，当若“吸收”所得溶液的pH约为5时，溶液中主要含硫的微粒为，则“氧化”时主要发生的反应为，C不符合题意；
D．“氧化”所得溶液用的NaOH溶液调节至，则溶质只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4浓度为0.05mol/L，与的溶液等体积混合，生成BaSO4沉淀后，溶液中，最终溶液中，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.极性键一般存在于不同原子之间，极性分子中正负电荷重心不重合。
B.“吸收”中， 溶液中含硫物总的浓度c总=c(H2SO3) +c()+c()=c(NaOH)，结合物料守恒进行分析。
C.根据“吸收”所得溶液的酸碱性推断其产物，结合得失电子守恒、原子守恒进行分析。
D.“氧化”所得溶液为中性，则其溶质为Na2SO4，根据Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl和元素守恒进行分析。
11．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．的水解常数，溶液显碱性，A项不符合题意；
B．，则，，，B项符合题意；
C．点时，溶液中含和，由电荷守恒：，C项不符合题意；
D．溶于HY溶液中的反应：，消耗，c点溶液中，则，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合水解平衡常数判断；
B、溶度积可以结合特殊点以及溶度积公式判断；
C、结合电荷守恒判断；
D、结合氢离子物质的量和HY的浓度计算公式判断。
12．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①②③分别代表、、与pH的关系，A项不符合题意；
B．时，，则的=c(Zn2+) c2(OH-)=，B项不符合题意；
C．常温下，的更小，故先沉淀，C项符合题意；
D．c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，混合后生成、，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．依据Ksp和曲线变化判断；
B．依据，利用Ksp计算；
C．依据Ksp判断；
D．依据物质的性质分析。
13．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．假设等体积混合，的水解平衡常数为，推出c(OH-)=2.06×10-2mol/L。若Co2+以CoCO3沉淀加入Na2CO3后溶液中的Co2+为。若以Co(OH)2沉淀溶液中，以上计算得知CoCO3和NiCO3在此溶液中更难溶。以CoCO3、NiCO3沉淀，A项符合题意；
B．，B项不符合题意；
C．由得，Co2+无法完全沉淀，C项不符合题意；
D．Co2+以CoS完全沉淀即。由，Q(NiS)=0.10.1mol/L×4.0×10-16=4.0×10-17
【分析】依据Ksp数据计算分析。
14．【答案】B,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．曲线③代表，A不符合题意；
B．点(10.3，1.1)时，，B符合题意；
C．(8.6，n)，碳酸根浓度等于钙离子浓度， ，mol/L， (8.6，m)，即pH=8.6，c(H+)=10-8.6mol/L，c(OH-)=10-14÷10-8.6=10-5.4mol/L，，，c()=101.7×c()=101.7×10-4.27=10-2.57，，C符合题意；
D．根据图像斜率，pH由4到8的过程中增大的比慢，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】CO2可以和少量OH-反应生成，和过量OH-反应生成，因此pH越大，越大，越大，钙离子浓度越小，则曲线③代表，曲线②代表，曲线①代表。
15．【答案】A,B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．浸取时盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为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符合题意；
B．PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH>0，加入冰水温度降低，化学平衡逆向移动，有利于PbCl2沉淀更完全，B符合题意；
C．滤液a中主要成分为HCl，经处理后可返回浸取工艺循环利用，C不符合题意；
D．沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，沉淀转化后c(Cl-)=10mol/L，则沉淀转化后溶液中c()为0.08mol/L，反应生成的PbSO4为5mol，则初始的H2SO4的物质的量至少为5.08mol，浓度不得低于5.08mol/L，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
B．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
C．可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质；
D．利用Ksp计算。
16．【答案】A,B
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、CuS的溶度积比ZnS、FeS更小，根据难溶电解质的溶解平衡，通常要用溶度积大的电解质转化为溶度积小的电解质，A正确；
B、，B正确；
C、Cu为29号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu2+的价电子排布式为3d9，C错误；
D、根据晶胞结构示意图，S周围距离最近的Fe共有4个，D错误；
故答案为：AB
【分析】A、难溶电解质可以转化为更难溶的电解质；
B、离子浓度比等于相应的溶度积之比；
C、价电子排布式可以结合电子排布式判断，根据失去电子的数目写出相应的价电子排布式；
D、根据晶胞中距离最近的原子个数判断。
17．【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由图可知， ，A符合题意；
B． Y点位于Z点上方，则常温时，图中Y点对应的是的过饱和溶液，B不符合题意；
C．向饱和溶液中加入固体NaF仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以向X点中加入溶液，当达到新平衡时，可能处于Z点，C符合题意；
D．增大钡离子浓度，使的沉淀溶解平衡左移、减小的溶解量，则在溶液中的溶解度小于在水中的溶解度，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．；
B． 依据曲线和点的位置关系和A项公式分析；
C．向饱和溶液中加入固体NaF仍为饱和溶液；
D．依据沉淀溶解平衡的影响因素分析。
18．【答案】B,D
【知识点】常见离子的检验；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．麦芽糖本身就具有还原性，不能得出准确的结论，A不符合题意；
B．ZnS和CuS为同类型的沉淀物，ZnS溶解而CuS不溶解，说明硫化铜更难溶，Ksp更小，B符合题意；
C．某溶液中加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则原溶液中也可能存在碳酸氢根离子，C不符合题意；
D．向碘水中加入等体积，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色说明在中的溶解度大于在水中的溶解度，可以萃取碘水中的碘，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.麦芽糖是还原性糖，能发生银镜反应；
B.Ksp越小越难溶；
C.碳酸氢根也能与盐酸反应生成二氧化碳；
D.四氯化碳能萃取碘水中的碘。
19．【答案】C,D
【知识点】工业合成氨；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．将可乐瓶口打开时产生气泡，是因为压强减小，CO2气体溶解度降低，促使CO2从瓶中逸出，A不符合题意；
B．锅炉水垢中的CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，用饱和Na2CO3溶液浸泡预处理，发生沉淀转化，CaSO4转化为溶解度更小的CaCO3沉淀，将浸泡后的溶液弃去，再加入HCl，CaCO3反应转化为可溶性CaCl2，从而达到除垢的目的，B不符合题意；
C．胃酸的主要成分是盐酸。误食可溶性钡盐造成中毒，应该服用Na2SO4溶液，使Ba2+转化为既不溶于水也不溶于酸的BaSO4沉淀来降低Ba2+对人的危害，若服用Na2CO3溶液，Ba2+与碳酸钠反应产生的BaCO3是不溶于水但能溶于胃酸的钡盐，因此不能达到解毒目的，C符合题意；
D．工业合成氨，常采用铁触媒来加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而减小氨气的浓度目的是时化学平衡正向移动，来提高氨气产率，不是提高反应速率，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】
A．依据压强对气体溶解性的影响分析；
B．依据沉淀转化平衡和易除去的原理分析；
C．BaCO3是不溶于水但能溶于胃酸；
D．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
20．【答案】C,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．浓硝酸分解的反应为4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，生成的NO2和O2的体积比为4：1，而空气中N2和O2的体积比为4：1，故带火星的木条复燃，能说明NO2支持燃烧，A不符合题意；
B．向溶液中加入少量氯水，上层呈紫红色，下层浅绿色，苯密度小于水，说明氯气氧化I-，未氧化Fe2+，证明还原性，B不符合题意；
C．Cu2+水解也能使溶液pH<7，无法证明硫酸剩余，C符合题意；
D．向溶液中先滴加少量NaCl溶液，两者反应生成白色沉淀AgCl，此时过量，然后再滴加溶液，过量的与生成黑色沉淀，没有沉淀转化，不能说明溶解度：，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.浓硝酸加热分解，生成二氧化氮和氧气，与空气中氮气与氧气的比例相同；
B.根据还原剂的还原性大于还原产物分析；
D.硝酸银过量，硫化钠与硝酸银直接反应生成硫化银沉淀。
21．【答案】B,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．升高温度，硫化铜的溶度积增大，铜离子和硫离子均增大，则曲线不可能由b点移动到a点，故A不符合题意；
B．由图可知，常温下，硫离子浓度为1mol/L时，溶液中锰离子浓度为10—15mol/L，则硫化锰的溶度积为Ksp(MnS)=c(S2-）×c(Mn2+)=1×10-15=10-15，故B符合题意；
C．由图可知，常温下，硫离子浓度相同时，铜离子的浓度最小，则三种物质中硫化铜的溶解度最小，故C符合题意；
D．由图可知，常温下，硫离子浓度相同时，铜离子的浓度最小，则三种物质中硫化铜的溶解度最小，则加入溶解度小的硫化铜固体不可能除去氯化锌溶液中混有的少量氯化锰，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.升温CuS的Ksp增大；
B.根据Ksp(MnS)=c(S2-）×c(Mn2+)计算；
C.硫离子浓度相同时，金属离子的浓度越低，对应的沉淀溶解度越小；
D.CuS的溶解度最小。
22．【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.对于ZnS，a点为不饱和溶液，所以a点无ZnS沉淀生成，故A符合题意；
B.溶度积常数表达式相同时，溶度积常数大的难溶物容易转化为溶度积常数小的难溶物，因Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)，所以可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2，故B不符合题意；
C.向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，但是溶液仍然为饱和溶液，c(S2-)不变，故C符合题意；
D.CuS和MnS共存的悬浊液中， 故D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.在ZnS曲线下方表示过饱和溶液，曲线上表示饱和溶液，曲线上方表示不饱和溶液；
B.溶度积常数大的难溶物能转化为溶度积常数小的难溶物；
D.根据计算。
23．【答案】B,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断
【解析】【解答】A．铅酸蓄电池放电时，铅转化成硫酸铅附着在负极材料上，负极质量增大，A项不符合题意；
B．根据分析可知，气体N为，是强酸，步骤④是碳酸铅与HBF4溶液反应生成Pb(BF4)2、二氧化碳和水，反应原理是利用强酸制取弱酸，选项B符合题意；
C．反应的，选项C符合题意；
D．根据分析可知，步骤⑤中Pb在阴极析出，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．电池工作时，负极失电子，发生氧化反应；
B．根据分析反应原理，利用强酸制取弱酸；
C．依据Ksp计算；
D．依据元素化合价降低，作阴极；元素化合价升高，作阳极。
24．【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
25．【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）；Fe(OH)3
（4）9.0%；SO2有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积等，都可以提高化学反应速率
（2）根据H2SO5的结构，1个分子含有有个-O-O-键，所以1molH2SO5含有过氧键数目为NA
（3）Mn2+被H2SO3为二氧化锰，离子反应为：，在pH=4时，滤渣有二氧化锰和氢氧化铁；
（4）4）根据图示可知二氧化硫体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大二氧化硫体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：
（6）氢氧化镁的Ksp=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.
【分析】流程题的一般思路是：
浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
26．【答案】（1）焙烧(或煅烧)
（2）HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解
（3）3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O；优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解
（4）Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6
（5）微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2
（6）Cu3Pt(或PtCu3)；或 (其他正确表示也可)
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）操作A中通入空气，是为了将催化剂表面覆盖的碳和有机物转化为CO2除去，因此操作A为焙烧或煅烧。
（2）王水的主要成分为浓盐酸和浓硝酸，浓盐酸具有挥发性，浓硝酸受热易分解。因此酸浸过程中温度不宜过高，防止浓盐酸会发、浓硝酸分解。
（3）氯铂酸为正八面体结构，其中Pt为＋4价，因此氯铂酸的化学式为H2PtCl6。Pt与浓盐酸、浓硝酸反应生成个H2PtCl6的同时生成NO和H2O，该反应的化学方程式为：3Pt＋4HNO3＋18HCl=3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O。王水中的HNO3反应后生成NO，会造成空气污染；而换成H2O2和盐酸的混合溶液后，反应不会产生污染气体，因此优点为避免生成氮氧化物，造成空气污染。而H2O2在Fe3＋的催化作用下易分解，导致消耗的H2O2量过多。因此缺点是温度过高或Fe3＋的催化作用，使得H2O2大量分解。
（4）由于金属阳离子开始沉淀的pH值Fe3＋>Al3＋>Mg2＋，因此依次析出的金属离子为Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。当溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5mol·L－1时，溶液中的Fe3＋完全沉淀，此时溶液的pH=3.2，溶液中，则Fe(OH)3的溶度积Ksp=c(Fe3＋)×c3(OH－)=1.0×10－5×(10－10.8)3=1.0×10－37.4。当Al3＋开始沉淀时，溶液的pH=3.5，此时溶液中，此时溶液中。
（5）要确定Pt的浸出条件，则应使Pt的浸出率最高，结合图像可知Pt浸出的最佳条件为“微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2”。
（6）由均摊法可知，该晶胞中所含Cu原子的个数为，所含Pt原子的个数为，因此该合金的化学式为Cu3Pt。令该晶胞的棱长为a，由密度公式可得，解得，所以两个最小的铜原子之间的距离为。
【分析】粉碎可增大废弃催化剂的接触面积，使后续反应充分进行。通入空气进行灼烧，是为了除去催化剂表面覆盖的碳和有机物，使其转化为CO2气体。加入王水酸浸过程中金属氧化物转化为盐溶液，所得滤渣为SiO2。加入NH4Cl沉铂得到氯铂酸铵沉淀，进一步还原得到Pt。滤液中含有Fe3＋、Mg2＋和Al3＋等金属阳离子，通过沉淀分离，可获得相应的金属单质。
27．【答案】（1）
（2）；
（3）N、O、H；正四面体
（4）温度：820℃左右(800～830均可) 硫酸加入量：6％(6～6.5均可)
（5）3
（6）
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）V是23号元素，核外有23个电子，基态V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2。
（2）根据题给信息，“中和还原”后钒以形式存在，则“中和还原”时，被还原为，Fe为还原剂，反应的离子方程式为；由表格数据可知，在时开始沉淀，则。
（3）所含元素为N、O和H，同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半充满，比较稳定，其第一电离能大于相邻原子，则第一电离能由大到小的顺序为N、O、H；中心S原子价层电子对数=，则中心S原子为sp3杂化，其空间结构为正四面体形。
（4）由图1可知，焙烧温度在820℃左右时浸出率最高，由图2可知，硫酸加入量为6%时浸出率最高，则最适宜的工艺条件为：温度：820℃左右、硫酸加入量：6%。
（5）“氧化”时，转化为，根据得失电子守恒可得关系式，则每消耗，可得到3mol。
（6）由图可知，A、B原子的间距等于晶胞体对角线长度，晶胞参数为，则间距为pm。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；依据表格数据，利用计算；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型，确定杂化类型；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（5）根据得失电子守恒分析；
（6）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
28．【答案】（1）释放残余的能量，避免造成安全隐患
（2）NaAlO2
（3）；防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费
（4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率
（5）碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，故答案为：释放残余的能量，避免造成安全隐患；
（2）有上述分析可知滤液A中为偏铝酸钠溶液，其主要溶质为NaAlO2，故答案为：NaAlO2；
（3）在步骤“酸浸”时，由题中已知①，LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸，可知LiFePO4被H2O2在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为；盐酸用量过多会消耗后续步骤“调pH”中Na2CO3溶液的用量，造成浪费，故答案为：；防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费；
（4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，因此降低了磷元素的沉淀率，故答案为：pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；
（5）从题中Li2CO3在水中溶解度可知，碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂，故答案为：碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂；
（6）由题意可知，再生制备磷酸亚铁锂的反应为碳酸锂、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧反应生成磷酸亚铁锂和一氧化碳，反应的化学方程式为；故答案为：。
【分析】 废旧电池中加入NaOH溶液溶解，Al箔生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣Ⅰ中加入稀盐酸和过氧化氢，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2+氧化为Fe3+，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，加入30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。
29．【答案】（1）2Al2O3 (熔融)4Al+3O2↑；防止阳极与氧气反应(或减少阳极的更换频率)；F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键
（2）HF；CaSO4
（3）2Al3++3+3H2O=2Al (OH) 3↓+3CO2↑
（4）反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+ CaCO3(s)的平衡常数K= >1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化
（5）Al；
【知识点】工业制金属铝；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）①电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为，比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应；
②F的电负性大于Cl，F与Al的电负性相差较大，与Al形成的是离子键，而Al和Cl的电负性相差不大，形成的是共价键；
（2）气体1是酸溶时，氟离子结合氢离子生成的HF。滤渣1是在水浸时将微溶 于水的硫酸钙沉淀了出来。
（3）碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为；
（4）Li2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+ CaCO3(s)的平衡常数，故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化。
（5）该晶胞中白球的个数为个，黑球为，根据化学式Al3Li可知，白球为Al，黑球为Li。该晶胞的质量为g，体积为(a×10-10)3cm3，故密度为g/cm3。
【分析】（1）①电解氧化铝生成铝和氧气，利用阳极发生氧化反应分析；
②依据当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键；
（2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（3）依据水解反应原理分析；
（4）依据平衡常数的数值分析；
（5）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
30．【答案】（1）0.11 mol；取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后滴入酸性稀溶液中，溶液变红)
（2）
（3）该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去
（4）向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤
（5）加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）① mol·L，1 L该废液中含的物质的量为0.2mol，将氧化成，反应为：，结合反应可知0.2mol消耗0.1mol，用量为理论用量的1.1倍，则需要加入0.11mol，故答案为：0.11；
②若完全被氧化，则反应后溶液中不含，通过检验是否存在确定其是否完全被氧化，可取氧化后溶液加溶液，看是否出现蓝色沉淀，也可利用其还原性，滴加酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为：取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后滴入酸性稀溶液中，溶液变红)；
（2）加碳酸锰条件溶液pH值使完全转化为沉淀过滤除去，反应的离子方程式为：，故答案为：；
（3）“除杂Ⅱ”中反应之一为，该反应的平衡常数K=，故答案为：该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去；
（4）取实验所得粗溶液，向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，将硫酸锰转化为Mn(OH)2，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时确保硫酸锰完全沉淀后停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至Mn(OH)2固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；故答案为：向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；
（5）由图可知加热到850℃分解2小时，的含量最高，因此应控制温度为850℃，产生的气体用1 mol·L NaOH溶液吸收。故答案为：加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液。
【分析】（1）①依据反应方程式和题目信息计算；
②利用溶液检验判断；
（2）依据溶度积判断；
（3）通过计算反应的平衡常数分析；
（4）依据已知信息和图像分析；
（5）依据图像分析。
31．【答案】（1）HCl
（2）11
（3）在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+
（4）随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大
（5）Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑
（6）4
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，故答案是HCl；
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等，加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，则此时溶液中c(OH-)==，故c(H+)===10-11，故“除杂”需要调节溶液的pH不低于11；
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图分析，离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+，故答案是在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+；
（4）由图像可知，温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀；“沉锂”发生2Li++CO=Li2CO3↓，温度越高，反应速率越大，相同时间内产生Li2CO3含量越大，故“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大；
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应生成产物LiFePO4，分析元素化合价变化，可知FePO4中铁元素化合价由+3降到+2，做氧化剂，H2C2O4中碳元素化合价由+3价，升高到+4价，其产物是CO2，根据氧化还原反应，故反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
（6）由题图可知，小白球表示锂离子，每个晶胞中的锂离子数为8×+4×+4×=4，故一个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个。
【分析】（1）该反应过程中元素化合价不变，结合元素守恒进行分析。
（2）根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)和Kw=c(H+)·c(OH-)进行分析。
（3） 离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”。
（4）温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀。
（5）“合成”过程中，Li2CO3、H2C2O4和FePO4反应生成LiFePO4、H2O、CO2 。
（6）根据均摊法进行分析。
32．【答案】（1）粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度
（2）Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O
（3）Mn2+或Fe3+催化H2O2分解
（4）Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4
（5）ab
（6）O2
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）在“酸浸”步骤中采用粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度等措施均可提高原料利用率，故答案为：粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)；
（2）LiCoO2中钴元素为正三价，作氧化剂，和双氧水（作还原剂）发生氧化还原反应，离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；又双氧水与部分LiFePO4反应，把二价亚铁氧化为三价铁离子，所以则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni 、Mn 、Co 和Li+、Fe3+，故答案为：Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；
（3）“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是双氧水易分解，Mn2+或Fe3+的催化作用下，H2O2发生分解，故答案为： Mn2+或Fe3+催化H2O2分解；
（4）由分析和已知得，沉淀主要成分为Fe（OH）3，即调节溶液pH的目的为Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)，镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即1×c2（OH-）=1×10-15.2，则c（OH-）=10-7.6mol/L，所以c（H+）=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不应超过6.4，故答案为：Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4。
（5）调节pH除铁元素再加入物质X后，要使Ni2+、Mn2+、Co2+变为沉淀，即需使三种离子的浓度之比为1：1：1，而表中数据中c(Co2+)=c(Ni2+)=1.0mol/L，c(Mn2+)=1.4mol/L，故需加入Ni2+和Co2+，故答案为：ab；
（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li CO 焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：O2+4 Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2+ 2Li CO 4 LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2+2CO2↑+4H2O，故另一种反应物是O2，故答案为：O2；
【分析】 正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中主要含有Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和O2+4 Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2反应得到三元锂电池正极材料。
33．【答案】（1）>；
（2）；，Ag+与-2价S结合倾向更强；Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）①往等浓度的NaI和溶液中加入10滴0.1mol/L溶液，产生黄色沉淀为AgI，证明与结合倾向>；故答案为：>；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，根据已知ii.与、能生成、，则澄清溶液中+1价银的存在形式为；
（2）①实验III中往0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L溶液，产生白色沉淀，后消失，则生成的继续反应生成，白色沉淀消失的离子方程式为；
②，Ag+与-2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色；
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<。
【分析】（1）①依据沉淀转化原理分析；
②根据已知信息分析；
（2）①根据已知信息和实验现象分析；
②根据实验现象分析；
③依据氧化还原反应原理分析；
（3）依据实验条件分析；
（4）利用已知信息和资料分析。
34．【答案】（1）+2
（2）18；2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O
（3）将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；4.2×1014
（4）4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；NaCl
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据化合价代数和为零可知，“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2] 分子中Pt的化合价为+2；
（2）“氧化浸出”中要尽可能的溶解银，结合图表可知，应选用上表所列18mol·L-1H2SO4，发生反应为银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水，化学方程式为2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O；
（3）浓硫酸溶于水放出大量的热，氧化浸出操作中使用了过量浓硫酸，“稀释”具体操作为将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；
由图表可知，硫酸银在水溶液中溶解量为4.68g/L，则饱和硫酸银溶液浓度为0.015mol，则，“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为mol-1·L。
（4）已知，N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，则反应为氯化银、N2H4、氢氧根离子反应生成银单质、氮气、水、氯离子，离子反应方程式为4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；该工艺经物理处理，可从滤液1、3中得到氯化钠在沉银流程中再生循环利用。
【分析】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为0计算；
（2）“氧化浸出”中要尽可能的溶解银；银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水；
（3）滤液2中含有大量浓硫酸，浓硫酸溶于水放出大量的热，应将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；根据计算；
（4）还原浸出时发生反应4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；先消耗后生成的物质可循环利用。
35．【答案】（1）[Ar]3d10
（2）玻璃棒、漏斗
（3）ZnO+2+2NH3· H2O=[Zn(NH3)4]2+ +3H2O
（4）加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的
（5）否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol ·L-1时，mol·L-1 =6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1 ≈1.27 ×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全
（6）(NH4)2SO4、NH3·H2O
（7）Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3 ↓+(NH4)2SO4
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）已知Zn是30号元素，根据构造原理可知，Zn2+的简化电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10；
（2）由工艺流程图可知，操作X为分离固体和液体，故该操作为过滤，则需用到的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗和玻璃棒；
（3）根据题干信息可知，“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1：2参加反应生成了[ Zn(NH3)4]2+， 发生的离子反应方程式为ZnO+2+2NH3· H2O=[Zn(NH3)4]2+ +3H2O，故答案为：ZnO+2+2NH3· H2O=[Zn(NH3)4]2+ +3H2O；
（4）由分析可知，“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的，故答案为：加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的；
（5）根据溶度积计算可知，当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol ·L-1时，mol·L-1 =6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1 ≈1.27 ×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全，故答案为：否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol ·L-1时，mol·L-1 =6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1 ≈1.27 ×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全；
（6）流程图中溶液1为NH3 H2O，溶液2为(NH4)2SO4，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中，故答案为：(NH4)2SO4、NH3 H2O；
（7）由分析可知，沉锌化学反应为Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4，故答案为：Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4。
【分析】锌焙砂中加入硫酸铵和氨水浸出，氧化锌溶解生成[Zn(NH3)4]2+，As2O3转化为，过滤，向滤液中加入过硫酸铵和硫酸亚铁除砷，继续过滤，向滤液中加入硫化钠除去溶液中的铜离子等金属离子，过滤，向滤液中加入单质锌继续除去重金属离子，过滤，然后蒸氨，产生的氨气用水吸收转化为氨水，通入二氧化碳沉锌，转化为碳酸锌，过滤后，烘干，煅烧得到氧化锌和二氧化碳气体。
2023年高考真题变式分类汇编：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质1
一、选择题
1．（2023·北京）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合注：起始，不同下由图得到。
下列说法不正确的是( )
A．由图，
B．由图，初始状态，无沉淀生成
C．由图，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图和图，初始状态、，发生反应：
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据图示，pH=10.25时，HCO3-和CO32-两条曲线相交，即两种离子的物质的量分数相等，则c(HCO3-)=c(CO32-)，A错误；
B、根据图示，pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4时Mg(OH)2为饱和溶液，而pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4的点位于曲线下方，即该溶液为达到饱和，无沉淀生成，B错误；
C、pH=9，lg[c(Mg2+)]=-3时MgCO3为饱和溶液，pH=9，lg[c(Mg2+)]=-2的点位于曲线上方，即MgCO3过饱和溶液，MgCO3析出沉淀，则c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)<0.1mol·L-1，C正确；
D、根据图1，可知pH=8时，以HCO3-为主要颗粒，且pH=8时，Mg(OH)2中c(Mg2+)小于MgCO3中c(Mg2+)，则加入HCO3-后Mg2+会转化为MgCO3，即，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据曲线的交点，可以判断离子浓度的相对大小；
B、C、纵坐标与离子浓度为正比关系时，若点位于曲线下方，则溶液未饱和，若点位于曲线上方，则过饱和析出沉淀；
D、图1pH=8时，可以看出溶液为NaHCO3溶液，图2根据曲线中c(Mg2+)可以判断沉淀的主要形式。
2．（2023·湖南）处理某铜冶金污水(含)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如下表所示：
物质
开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
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
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、由分析可知，“沉渣Ⅰ”所含的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，A不符合题意；
B、Na2S溶液显碱性，是由于S2－发生水解，使得溶液中c(OH－)>c(H＋)，其水解反应的离子方程式为S2－＋H2O HS－＋OH－，B不符合题意；
C、“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋、Zn2＋完全沉淀时，溶液中，C不符合题意；
D、“出水”后溶液中还含有大量的Ca2＋，因此需通过阳离子交换树脂进行软化，才可用作工业冷却循环用水，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加入石灰乳，调节pH=4，形成的沉淀有Fe(OH)3和Al(OH)3，因此沉渣Ⅰ中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液中继续加入Na2S溶液，Cu2＋、Zn2＋形成CuS、ZnS沉淀；而溶液中剩余的Al3＋与S2－发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀。因此沉渣Ⅱ为CuS、ZnS和Al(OH)3。
3．（2023·湖北）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.当沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，沉淀和溶解即对立又互相统一，符合 事物的双方既相互对立又相互统一 ，A项正确；
B.氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B正确；
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C正确；
D．Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D项错误；
故答案为：D.
【分析】弄清题目的意思，“ 既相互对立又相互统一 ”，结合化学知识与理论进行判断，有对立和同一的思想即可。
4．（2023·绍兴模拟）室温下，用过量溶液浸泡粉末，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时，化学上通常认为生成沉淀的反应已经完全进行了。已知：，)，下列说法正确的是
A．浸泡后未完全转化为
B．溶液中存在：
C．反应正向进行，需满足
D．过滤后所得清液中一定存在：且
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.加入0.5mol·L－1Na2CO3溶液后，溶液中，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1时，说明溶液中的离子已完全沉淀，因此浸泡后溶液中CaSO4完全转化为CaCO3，A不符合题意；
B.Na2CO3溶液中存在CO32－的水解和H2O的电离，因此溶液中c(OH－)=c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，B不符合题意；
C.该反应的平衡常，若要使反应正向进行，则，C不符合题意；
D.过滤后所得溶液为CaCO3、CaSO4的饱和溶液，因此溶液中一定存在，且溶液中，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据CaCO3的Ksp计算溶液中c(Ca2＋)，从而判断CaSO4是否完全转化为CaCO3；
B、结合质子守恒分析；
C、根据反应的平衡常数分析；
D、过滤后所得溶液为CaCO3、CaSO4的饱和溶液，结合Ksp的表达式分析；
5．（2023·张家口模拟）下列实验操作和现象可得出相应正确结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，一段时间后，冷却，加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制的，加热 出现砖红色沉淀 淀粉已完全水解
B 加淀粉KBr溶液中通入足量氯气，再滴加淀粉KI溶液 溶液先变为橙色，后变为蓝色 氧化性：
C 向等浓度的NaCl和溶液中滴加少量溶液 出现白色沉淀(铬酸银为深红色沉淀)
D 向溶液中滴加溶液，再加入少量铜粉 开始时无明显变化，加入铜粉后产生蓝色沉淀 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．出现砖红色沉淀只能证明淀粉已水解，未证明淀粉不存在，不能说明淀粉已完全水解，A不符合题意；
B．氯气过量，可能是氯气直接与KI反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，无法证明氧化性：Br2>I2，B不符合题意；
C．为A2B型化合物，AgCl为AB型化合物，二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断，C不符合题意；
D．加入少量铜粉后发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，产生蓝色沉淀可证明氧化性：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．只能证明淀粉已水解，无法判断完全水解；
B．氯气过量，氯气可直接与KI反应生成I2；
C．二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断；
D．在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
6．（2023·江西模拟）在T° C时，Ag2CrO4 (橘红色)及CdCO3和Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是
A．T° C时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10-9
B．T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp不相等
C．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
D．T℃，在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(1×10-3)2×(1×10-5)=1×10-11，故A不符合题意；
B．Ksp只与温度有关，则t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故B符合题意；
C．CdCO3(s)Cd2+(aq)+CO(aq)，则c(Cd2+)=c(CO)，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Cd (OH)2的沉淀溶解平衡曲线，故C不符合题意；
D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即Ksp(CdCO3)= c(CO) c(Cd2+)=10-12；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即Ksp[Cd(OH)2]=c2(OH-)c(Cd2+)=10-14；在CdCO3(s) +2OH- (aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)计算；
B．Ksp只与温度有关；
C．依据沉淀溶解平衡曲线分析；
D．依据Ksp，利用沉淀转化平衡分析。
7．（2023·湖州模拟）常温时，碳酸钙和硫酸钙的沉淀溶解平衡关系如图所示，已知，(酸根离子)(酸根离子)。下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ为沉淀溶解曲线
B．加入适量的氯化钙固体，可使溶液由c点变到a点
C．b点对应的硫酸钙溶液不饱和
D．向碳酸钙饱和溶液中通入气体，溶液中不变
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．曲线Ⅱ为沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B．加入适量的氯化钙固体，c（Ca2+）增大，CaCO3（s） Ca2+（aq）+CO（aq）溶解平衡向逆方向移动，c（CO）减小，可使溶液由a点变到c点 ，B符合题意；
C．b点对应Q
故答案为：B。
【分析】A．依据溶解平衡中平衡常数不变判断；
B．依据溶解平衡移动的影响因素分析；
C．依据Q与Ksp的关系判断；
D．碳酸钙饱和溶液与反应生成碳酸氢钙。
8．（2023·朝阳模拟）分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii.25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析错误的是
A．实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B．产生白色沉淀时，存在
C．当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D．滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A不符合题意；
B．白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，，B不符合题意；
C．当时，此时，则，则氯离子沉淀完全，C不符合题意；
D．根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、硝酸银先和氯离子反应，剩余的银离子再和铬酸根离子反应；
B、氯化银电离为银离子和氯离子；
C、结合铬酸根离子浓度和铬酸银的Ksp可以计算银离子的浓度，再根据氯化银的Ksp可以计算氯离子的浓度；
D、pH过低，即增大氢离子浓度，平衡朝正向移动。
9．（2023·开封模拟）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0.1 mol·L1Na2CO3溶液和1.0mol·L1 Na2CO3溶液，含 SrSO4(s)的0.1 mol·L1 Na2SO4溶液和1.0mol·L1 Na2SO4溶液，在一定pH范围内，四种溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系如图所示。
下列说法错误的是
A．a=-6.5
B．pH相同时，溶液中c( )越大，c(Sr2+ )越小
C．曲线③对应含SrCO3(s)的0.1 mol·L1Na2CO3溶液
D．在Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 mol·L1的混合溶液中，pH≥7.7时才能实现SrSO4(s)转化为SrCO3(s)
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①表示含SrSO4(s)的0.1 mol·L1 Na2SO4溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，由图可知，溶液pH为6.8时，锶离子浓度为10-5.5mol/L，则硫酸锶的溶度积为Ksp=0.1×10-5.5=10-6.5，温度不变，硫酸锶的溶度积不变，则pH为7.7时，溶液中锶离子浓度为=10-6.5mol/L，所以a=-6.5，故A不符合题意；
B．由分析可知，硫酸锶在溶液中存在难溶电解质的溶解平衡，溶液pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，故B不符合题意；
C．由分析可知，曲线③表示含SrCO3(s)的0.1 mol·L1Na2CO3溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，故C不符合题意；
D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，硫酸根离子浓度基本不变，锶离子浓度基本不变，所以沉淀的转化与溶液pH无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 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。
10．（2023·齐齐哈尔模拟）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物总的浓度c总=c(H2SO3) +c()+c()。室温下，H2SO3的电离常数分别为Ka1 =1.4×10-2、Ka2=6.0×10-8；Ksp (BaSO4)=1×10-10。
下列说法中错误的是
A．SO2是由极性键构成的极性分子
B．“吸收”过程中，溶液中c总=0.1 mol·L-1时溶液呈酸性
C．“吸收”后得到的溶液pH=5，则“氧化”时主要反应的离子方程式为2+O2=2+2H+
D．将“氧化”所得溶液用0.1 mol·L-1的NaOH溶液调节至pH=7，再与0.1 mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合，最终溶液中c( )=2×10-9 mol· L-1
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A． SO2空间构型为V形，是由极性键构成的极性分子，A不符合题意；
B．“吸收”过程中，溶液中c总=0.1 mol·L-1 =c(H2SO3) +c()+c()，则c(S)=c(Na+)，此时得到NaHSO3溶液，根据分析，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，故亚硫酸氢钠溶液呈酸性，B不符合题意；
C．Na2SO3显碱性，NaHSO3显酸性，当若“吸收”所得溶液的pH约为5时，溶液中主要含硫的微粒为，则“氧化”时主要发生的反应为，C不符合题意；
D．“氧化”所得溶液用的NaOH溶液调节至，则溶质只有Na2SO4，根据钠元素守恒，Na2SO4浓度为0.05mol/L，与的溶液等体积混合，生成BaSO4沉淀后，溶液中，最终溶液中，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.极性键一般存在于不同原子之间，极性分子中正负电荷重心不重合。
B.“吸收”中， 溶液中含硫物总的浓度c总=c(H2SO3) +c()+c()=c(NaOH)，结合物料守恒进行分析。
C.根据“吸收”所得溶液的酸碱性推断其产物，结合得失电子守恒、原子守恒进行分析。
D.“氧化”所得溶液为中性，则其溶质为Na2SO4，根据Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl和元素守恒进行分析。
11．（2023·辽阳模拟）二元有机酸的电离常数、。难溶于水，常温下，将溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中与的关系如图所示。下列说法错误的是
已知：HY是一元强酸，易溶于水。
A．溶液显碱性
B．溶度积
C．b点：
D．若溶于HY溶液中得到点溶液，则
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．的水解常数，溶液显碱性，A项不符合题意；
B．，则，，，B项符合题意；
C．点时，溶液中含和，由电荷守恒：，C项不符合题意；
D．溶于HY溶液中的反应：，消耗，c点溶液中，则，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合水解平衡常数判断；
B、溶度积可以结合特殊点以及溶度积公式判断；
C、结合电荷守恒判断；
D、结合氢离子物质的量和HY的浓度计算公式判断。
12．（2023·巴中模拟）25℃时，-1gc(X)与pH的关系如图所示，X代表Zn2+或Fe2+或，下列说法正确的是
已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16；强碱性溶液中Zn元素主要以的形式存在。
A．曲线②代表-lgc(Zn2+)与pH的关系
B．常温下，Zn(OH)2的Ksp的数量级为10-18
C．向等浓度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀
D．向c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，体系中Zn元素只以Zn(OH)2的形式存在
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①②③分别代表、、与pH的关系，A项不符合题意；
B．时，，则的=c(Zn2+) c2(OH-)=，B项不符合题意；
C．常温下，的更小，故先沉淀，C项符合题意；
D．c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，混合后生成、，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．依据Ksp和曲线变化判断；
B．依据，利用Ksp计算；
C．依据Ksp判断；
D．依据物质的性质分析。
13．（2023·温州模拟）分离废水中的和，对节约资源和环境保护有着重要意义，已知：当溶液中离子浓度小于时，该离子沉淀完全。25℃时，的电离常数，，有关物质的如下表：
物质
物质下列说法正确的是
A．溶液与废水混合，生成的沉淀成分为、
B．25℃时，反应达到平衡，则溶液中
C．25℃时，用溶液调节废水的pH至8.0，能沉淀完全
D．将溶液逐滴加入浓度均为的和混合溶液中，当完全沉淀生成时，
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．假设等体积混合，的水解平衡常数为，推出c(OH-)=2.06×10-2mol/L。若Co2+以CoCO3沉淀加入Na2CO3后溶液中的Co2+为。若以Co(OH)2沉淀溶液中，以上计算得知CoCO3和NiCO3在此溶液中更难溶。以CoCO3、NiCO3沉淀，A项符合题意；
B．，B项不符合题意；
C．由得，Co2+无法完全沉淀，C项不符合题意；
D．Co2+以CoS完全沉淀即。由，Q(NiS)=0.10.1mol/L×4.0×10-16=4.0×10-17
【分析】依据Ksp数据计算分析。
二、多选题
14．（2023·聊城模拟）天然溶洞的形成与岩石中的CaCO3和空气中CO2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常温下，某溶洞水体中pM随pH的变化关系如图所示。
［已知：；，M为或］下列说法正确的是
A．曲线③代表与pH的关系
B．的数量级为10-4
C．
D．pH由4到8的过程中增大的比快
【答案】B,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．曲线③代表，A不符合题意；
B．点(10.3，1.1)时，，B符合题意；
C．(8.6，n)，碳酸根浓度等于钙离子浓度， ，mol/L， (8.6，m)，即pH=8.6，c(H+)=10-8.6mol/L，c(OH-)=10-14÷10-8.6=10-5.4mol/L，，，c()=101.7×c()=101.7×10-4.27=10-2.57，，C符合题意；
D．根据图像斜率，pH由4到8的过程中增大的比慢，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】CO2可以和少量OH-反应生成，和过量OH-反应生成，因此pH越大，越大，越大，钙离子浓度越小，则曲线③代表，曲线②代表，曲线①代表。
15．（2023·山东模拟）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所示：
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)=1.25×10-5。下列说法错误的是
A．“浸取”的主要离子反应：MnO2+PbS+4H++4Cl-=PbCl2+S+MnCl2+2H2O
B．“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快
C．“滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用
D．PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LH2SO4溶液转化5mol的PbCl2(忽略溶液体积变化)，则H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于5.08mol L-1
【答案】A,B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．浸取时盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为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符合题意；
B．PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH>0，加入冰水温度降低，化学平衡逆向移动，有利于PbCl2沉淀更完全，B符合题意；
C．滤液a中主要成分为HCl，经处理后可返回浸取工艺循环利用，C不符合题意；
D．沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，沉淀转化后c(Cl-)=10mol/L，则沉淀转化后溶液中c()为0.08mol/L，反应生成的PbSO4为5mol，则初始的H2SO4的物质的量至少为5.08mol，浓度不得低于5.08mol/L，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
B．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
C．可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质；
D．利用Ksp计算。
16．（2023高二下·上高期末）地壳中各种物质存在各种转化，如金属铜的硫化物经生物氧化会转化为，流经或等含硫矿石又可以转化为，[已知，]。下列说法不正确的是（ ）
A．工业上可用处理含有、等金属硫化物的废水
B．当溶液中有和共存时，溶液中
C．基态的价电子排布式为
D．的晶胞结构如图所示，晶胞中与S紧邻的Fe为4个
【答案】A,B
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、CuS的溶度积比ZnS、FeS更小，根据难溶电解质的溶解平衡，通常要用溶度积大的电解质转化为溶度积小的电解质，A正确；
B、，B正确；
C、Cu为29号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu2+的价电子排布式为3d9，C错误；
D、根据晶胞结构示意图，S周围距离最近的Fe共有4个，D错误；
故答案为：AB
【分析】A、难溶电解质可以转化为更难溶的电解质；
B、离子浓度比等于相应的溶度积之比；
C、价电子排布式可以结合电子排布式判断，根据失去电子的数目写出相应的价电子排布式；
D、根据晶胞中距离最近的原子个数判断。
17．（2022高二上·如皋期末）常温下，的沉淀溶解平衡曲线如下图所示，下列说法正确的是
A．
B．Y点表示的不饱和溶液
C．向X点中加入溶液，当达到新平衡时，可能处于Z点
D．在溶液中的溶解度大于在水中的溶解度
【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由图可知， ，A符合题意；
B． Y点位于Z点上方，则常温时，图中Y点对应的是的过饱和溶液，B不符合题意；
C．向饱和溶液中加入固体NaF仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以向X点中加入溶液，当达到新平衡时，可能处于Z点，C符合题意；
D．增大钡离子浓度，使的沉淀溶解平衡左移、减小的溶解量，则在溶液中的溶解度小于在水中的溶解度，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．；
B． 依据曲线和点的位置关系和A项公式分析；
C．向饱和溶液中加入固体NaF仍为饱和溶液；
D．依据沉淀溶解平衡的影响因素分析。
18．（2022高三上·泗水期中）下列由实验操作及现象所得结论正确的是（ ）
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向麦芽糖溶液中加入稀硫酸并加热，再调节pH呈碱性，加入银氨溶液，水浴加热，有银镜产生 证明麦芽糖发生了水解
B 向2份等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解 证明
C 某溶液中加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体 原溶液中一定存在
D 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,D
【知识点】常见离子的检验；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．麦芽糖本身就具有还原性，不能得出准确的结论，A不符合题意；
B．ZnS和CuS为同类型的沉淀物，ZnS溶解而CuS不溶解，说明硫化铜更难溶，Ksp更小，B符合题意；
C．某溶液中加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则原溶液中也可能存在碳酸氢根离子，C不符合题意；
D．向碘水中加入等体积，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色说明在中的溶解度大于在水中的溶解度，可以萃取碘水中的碘，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.麦芽糖是还原性糖，能发生银镜反应；
B.Ksp越小越难溶；
C.碳酸氢根也能与盐酸反应生成二氧化碳；
D.四氯化碳能萃取碘水中的碘。
19．（2022高二上·日照期中）化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．可乐打开时产生气泡，是因为压强减小促使CO2逸出
B．去除锅炉水垢中的CaSO4，用饱和Na2CO3溶液浸泡预处理
C．误食可溶性钡盐造成中毒，可以服用Na2CO3溶液来解毒
D．工业合成氨，常采用铁触媒、减小氨气的浓度来提高反应速率
【答案】C,D
【知识点】工业合成氨；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．将可乐瓶口打开时产生气泡，是因为压强减小，CO2气体溶解度降低，促使CO2从瓶中逸出，A不符合题意；
B．锅炉水垢中的CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，用饱和Na2CO3溶液浸泡预处理，发生沉淀转化，CaSO4转化为溶解度更小的CaCO3沉淀，将浸泡后的溶液弃去，再加入HCl，CaCO3反应转化为可溶性CaCl2，从而达到除垢的目的，B不符合题意；
C．胃酸的主要成分是盐酸。误食可溶性钡盐造成中毒，应该服用Na2SO4溶液，使Ba2+转化为既不溶于水也不溶于酸的BaSO4沉淀来降低Ba2+对人的危害，若服用Na2CO3溶液，Ba2+与碳酸钠反应产生的BaCO3是不溶于水但能溶于胃酸的钡盐，因此不能达到解毒目的，C符合题意；
D．工业合成氨，常采用铁触媒来加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而减小氨气的浓度目的是时化学平衡正向移动，来提高氨气产率，不是提高反应速率，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】
A．依据压强对气体溶解性的影响分析；
B．依据沉淀转化平衡和易除去的原理分析；
C．BaCO3是不溶于水但能溶于胃酸；
D．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
20．（2022高三上·德州期中）根据下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 取少量浓硝酸加热分解，将产物先通入浓硫酸，后用集气瓶收集气体 将带火星的木条放置瓶内，木条复燃 说明支持燃烧
B 向溶液中滴几滴新制氯水，再加适量苯，振荡 溶液分层，下层呈浅绿色，上层呈紫红色 证明还原性：
C 室温，取少量铜和浓硫酸反应后的溶液，加入到盛水的烧杯中稀释 溶液 证明有硫酸剩余
D 向溶液中先滴加少量NaCl溶液，然后再滴加溶液 先产生白色沉淀，后生成黑色沉淀 溶解度：
A．A B．B C．C D．D
【答案】C,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．浓硝酸分解的反应为4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，生成的NO2和O2的体积比为4：1，而空气中N2和O2的体积比为4：1，故带火星的木条复燃，能说明NO2支持燃烧，A不符合题意；
B．向溶液中加入少量氯水，上层呈紫红色，下层浅绿色，苯密度小于水，说明氯气氧化I-，未氧化Fe2+，证明还原性，B不符合题意；
C．Cu2+水解也能使溶液pH<7，无法证明硫酸剩余，C符合题意；
D．向溶液中先滴加少量NaCl溶液，两者反应生成白色沉淀AgCl，此时过量，然后再滴加溶液，过量的与生成黑色沉淀，没有沉淀转化，不能说明溶解度：，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.浓硝酸加热分解，生成二氧化氮和氧气，与空气中氮气与氧气的比例相同；
B.根据还原剂的还原性大于还原产物分析；
D.硝酸银过量，硫化钠与硝酸银直接反应生成硫化银沉淀。
21．（2022高二上·湖南月考）常温时，三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知。下列说法正确的是（ ）
A．加热可使b点移动到a点
B．常温下，的数量级为
C．常温下，三种物质中CuS的溶解度最小
D．若要除去溶液中混有的少战，则可加入固体
【答案】B,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．升高温度，硫化铜的溶度积增大，铜离子和硫离子均增大，则曲线不可能由b点移动到a点，故A不符合题意；
B．由图可知，常温下，硫离子浓度为1mol/L时，溶液中锰离子浓度为10—15mol/L，则硫化锰的溶度积为Ksp(MnS)=c(S2-）×c(Mn2+)=1×10-15=10-15，故B符合题意；
C．由图可知，常温下，硫离子浓度相同时，铜离子的浓度最小，则三种物质中硫化铜的溶解度最小，故C符合题意；
D．由图可知，常温下，硫离子浓度相同时，铜离子的浓度最小，则三种物质中硫化铜的溶解度最小，则加入溶解度小的硫化铜固体不可能除去氯化锌溶液中混有的少量氯化锰，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.升温CuS的Ksp增大；
B.根据Ksp(MnS)=c(S2-）×c(Mn2+)计算；
C.硫离子浓度相同时，金属离子的浓度越低，对应的沉淀溶解度越小；
D.CuS的溶解度最小。
22．（2022高二上·河北月考）已知p(A)=-lgc(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点有ZnS沉淀生成
B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2
C．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2-)减小
D．CuS和MnS共存的悬浊液中，=10-20
【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.对于ZnS，a点为不饱和溶液，所以a点无ZnS沉淀生成，故A符合题意；
B.溶度积常数表达式相同时，溶度积常数大的难溶物容易转化为溶度积常数小的难溶物，因Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)，所以可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2，故B不符合题意；
C.向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，但是溶液仍然为饱和溶液，c(S2-)不变，故C符合题意；
D.CuS和MnS共存的悬浊液中， 故D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.在ZnS曲线下方表示过饱和溶液，曲线上表示饱和溶液，曲线上方表示不饱和溶液；
B.溶度积常数大的难溶物能转化为溶度积常数小的难溶物；
D.根据计算。
23．（2022高三上·德州月考）旧铅酸蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的流程如图所示。
已知：a.铅膏的主要成分是和，是强酸；
b.，。
下列有关说法正确的是（ ）
A．铅酸蓄电池放电时，负极质量减小
B．气体N为，步骤④的反应原理是利用强酸制取弱酸
C．反应的
D．步骤⑤中在阳极析出
【答案】B,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断
【解析】【解答】A．铅酸蓄电池放电时，铅转化成硫酸铅附着在负极材料上，负极质量增大，A项不符合题意；
B．根据分析可知，气体N为，是强酸，步骤④是碳酸铅与HBF4溶液反应生成Pb(BF4)2、二氧化碳和水，反应原理是利用强酸制取弱酸，选项B符合题意；
C．反应的，选项C符合题意；
D．根据分析可知，步骤⑤中Pb在阴极析出，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．电池工作时，负极失电子，发生氧化反应；
B．根据分析反应原理，利用强酸制取弱酸；
C．依据Ksp计算；
D．依据元素化合价降低，作阴极；元素化合价升高，作阳极。
三、非选择题
24．（2023·北京）以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
25．（2023·辽宁）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为 (的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、 (填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为 时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于 (精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）；Fe(OH)3
（4）9.0%；SO2有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积等，都可以提高化学反应速率
（2）根据H2SO5的结构，1个分子含有有个-O-O-键，所以1molH2SO5含有过氧键数目为NA
（3）Mn2+被H2SO3为二氧化锰，离子反应为：，在pH=4时，滤渣有二氧化锰和氢氧化铁；
（4）4）根据图示可知二氧化硫体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大二氧化硫体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：
（6）氢氧化镁的Ksp=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.
【分析】流程题的一般思路是：
浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
26．（2023·马鞍山模拟）我国铂族金属储量占世界储量0.58%，而消费总量占世界消费总量的27%，因此从汽车废弃催化剂中回收铂族金属对可持续发展有重大意义。废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、 SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下：
已知：①长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物；
②Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价；
③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 Al3+ Mg2+ Fe3+
开始沉淀的pH 3.5 9.5 2.2
沉淀完全(c=1.0× 10-5mol/L)的pH 4.7 11.1 3.2
回答下列问题：
（1）粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，请写出操作A的名称 ；
（2）为了提高酸浸效率，温度不宜过高的原因： ；
（3）酸浸工序中，铂发生的反应的化学方程式为 ， 有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，请分析优缺点： ；
（4）通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为 ， 当Al3+开始沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为 mol/L；
（5）铂的浸出率与不同加热方式、浸出时间及不同固液比的关系如下图所示：
由图可知，Pt 浸出的最佳条件为 ；
（6）金属捕集法可使Pt取代铜原子进入铜晶格形成铜铂合金，图是一种电催化材料(铜铂合金)的晶胞，该合金的化学式为 ，该合金的密度为ρg/cm3，两个最近的铜原子之间的距离为 pm(写出计算式，不用简化)。
【答案】（1）焙烧(或煅烧)
（2）HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解
（3）3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O；优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解
（4）Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6
（5）微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2
（6）Cu3Pt(或PtCu3)；或 (其他正确表示也可)
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）操作A中通入空气，是为了将催化剂表面覆盖的碳和有机物转化为CO2除去，因此操作A为焙烧或煅烧。
（2）王水的主要成分为浓盐酸和浓硝酸，浓盐酸具有挥发性，浓硝酸受热易分解。因此酸浸过程中温度不宜过高，防止浓盐酸会发、浓硝酸分解。
（3）氯铂酸为正八面体结构，其中Pt为＋4价，因此氯铂酸的化学式为H2PtCl6。Pt与浓盐酸、浓硝酸反应生成个H2PtCl6的同时生成NO和H2O，该反应的化学方程式为：3Pt＋4HNO3＋18HCl=3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O。王水中的HNO3反应后生成NO，会造成空气污染；而换成H2O2和盐酸的混合溶液后，反应不会产生污染气体，因此优点为避免生成氮氧化物，造成空气污染。而H2O2在Fe3＋的催化作用下易分解，导致消耗的H2O2量过多。因此缺点是温度过高或Fe3＋的催化作用，使得H2O2大量分解。
（4）由于金属阳离子开始沉淀的pH值Fe3＋>Al3＋>Mg2＋，因此依次析出的金属离子为Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。当溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5mol·L－1时，溶液中的Fe3＋完全沉淀，此时溶液的pH=3.2，溶液中，则Fe(OH)3的溶度积Ksp=c(Fe3＋)×c3(OH－)=1.0×10－5×(10－10.8)3=1.0×10－37.4。当Al3＋开始沉淀时，溶液的pH=3.5，此时溶液中，此时溶液中。
（5）要确定Pt的浸出条件，则应使Pt的浸出率最高，结合图像可知Pt浸出的最佳条件为“微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2”。
（6）由均摊法可知，该晶胞中所含Cu原子的个数为，所含Pt原子的个数为，因此该合金的化学式为Cu3Pt。令该晶胞的棱长为a，由密度公式可得，解得，所以两个最小的铜原子之间的距离为。
【分析】粉碎可增大废弃催化剂的接触面积，使后续反应充分进行。通入空气进行灼烧，是为了除去催化剂表面覆盖的碳和有机物，使其转化为CO2气体。加入王水酸浸过程中金属氧化物转化为盐溶液，所得滤渣为SiO2。加入NH4Cl沉铂得到氯铂酸铵沉淀，进一步还原得到Pt。滤液中含有Fe3＋、Mg2＋和Al3＋等金属阳离子，通过沉淀分离，可获得相应的金属单质。
27．（2023·益阳模拟）广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备的工艺如下：
已知：
I.“焙烧”后，固体中主要含有、、、；“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。
Ⅱ.有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。
Ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子(浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子
开始沉淀 1.9 7.0 11.9 8.1
完全沉淀 3.2 9.0 13.9 10.1
回答下列问题：
（1）基态钒原子的价层电子排布式为 。
（2）“中和还原”时，参与反应的离子方程式为 ，该工序的低于7.0，试计算出 。
（3）指出各元素的第一电离能由大到小的顺序 ，的空间结构为 形。
（4）钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、2所示。指出适宜的工艺条件为 。
（5）“氧化”时，每消耗，可得到 。
（6）单质V晶胞属于体心立方晶胞，晶胞参数为，两个共顶点的晶胞结构如图3所示，计算出A、B原子的间距为 pm。
【答案】（1）
（2）；
（3）N、O、H；正四面体
（4）温度：820℃左右(800～830均可) 硫酸加入量：6％(6～6.5均可)
（5）3
（6）
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）V是23号元素，核外有23个电子，基态V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2。
（2）根据题给信息，“中和还原”后钒以形式存在，则“中和还原”时，被还原为，Fe为还原剂，反应的离子方程式为；由表格数据可知，在时开始沉淀，则。
（3）所含元素为N、O和H，同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半充满，比较稳定，其第一电离能大于相邻原子，则第一电离能由大到小的顺序为N、O、H；中心S原子价层电子对数=，则中心S原子为sp3杂化，其空间结构为正四面体形。
（4）由图1可知，焙烧温度在820℃左右时浸出率最高，由图2可知，硫酸加入量为6%时浸出率最高，则最适宜的工艺条件为：温度：820℃左右、硫酸加入量：6%。
（5）“氧化”时，转化为，根据得失电子守恒可得关系式，则每消耗，可得到3mol。
（6）由图可知，A、B原子的间距等于晶胞体对角线长度，晶胞参数为，则间距为pm。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；依据表格数据，利用计算；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型，确定杂化类型；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（5）根据得失电子守恒分析；
（6）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
28．（2023·宜宾模拟）废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。
②常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22， Ksp[Fe(OH)3]=4.0 × 10-38。
③Li2CO3在水中溶解度：
温度/℃ 0 20 40 60 80 100
溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
回答下列问题：
（1）将电池粉粹前应先放电，放电的目的是 。
（2）“滤液A”中的溶质主要是 。
（3）“酸浸”时，加入H2O2溶液的目的是 (用离子方程式表示)。盐酸用量不宜太多，结合后续操作分析，原因是。 。
（4）“沉铁沉磷”时，当溶液pH从1.0增大到2.5时，沉铁沉磷率会逐渐增大，但pH超过2.5以后，沉磷率又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是 。
（5）“提纯”时，可用热水洗涤Li2CO3粗品，理由是 。
（6）制取的Li2CO3、FePO4与足量的炭黑混合，隔绝空气高温灼烧得到LiFePO4，反应的化学方程式是 。
【答案】（1）释放残余的能量，避免造成安全隐患
（2）NaAlO2
（3）；防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费
（4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率
（5）碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，故答案为：释放残余的能量，避免造成安全隐患；
（2）有上述分析可知滤液A中为偏铝酸钠溶液，其主要溶质为NaAlO2，故答案为：NaAlO2；
（3）在步骤“酸浸”时，由题中已知①，LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸，可知LiFePO4被H2O2在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为；盐酸用量过多会消耗后续步骤“调pH”中Na2CO3溶液的用量，造成浪费，故答案为：；防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费；
（4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，因此降低了磷元素的沉淀率，故答案为：pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；
（5）从题中Li2CO3在水中溶解度可知，碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂，故答案为：碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂；
（6）由题意可知，再生制备磷酸亚铁锂的反应为碳酸锂、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧反应生成磷酸亚铁锂和一氧化碳，反应的化学方程式为；故答案为：。
【分析】 废旧电池中加入NaOH溶液溶解，Al箔生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣Ⅰ中加入稀盐酸和过氧化氢，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2+氧化为Fe3+，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，加入30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。
29．（2023·太原模拟）以电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：
已知： AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3) 2.5×10-2、Ksp( CaCO3) = 2.8×10-9。回答下列问题：
（1）①电解氧化铝生成铝的化学方程式为 ，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是 。
②已知AlCl3可形成共价分子， AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因： 。
（2）“气体1”是 ( 填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是 。
（3）已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式 。
（4）“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+ CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因： 。
（5）Al-Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是 ；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为 g·cm-3 (列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。
【答案】（1）2Al2O3 (熔融)4Al+3O2↑；防止阳极与氧气反应(或减少阳极的更换频率)；F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键
（2）HF；CaSO4
（3）2Al3++3+3H2O=2Al (OH) 3↓+3CO2↑
（4）反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+ CaCO3(s)的平衡常数K= >1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化
（5）Al；
【知识点】工业制金属铝；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）①电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为，比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应；
②F的电负性大于Cl，F与Al的电负性相差较大，与Al形成的是离子键，而Al和Cl的电负性相差不大，形成的是共价键；
（2）气体1是酸溶时，氟离子结合氢离子生成的HF。滤渣1是在水浸时将微溶 于水的硫酸钙沉淀了出来。
（3）碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为；
（4）Li2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+ CaCO3(s)的平衡常数，故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化。
（5）该晶胞中白球的个数为个，黑球为，根据化学式Al3Li可知，白球为Al，黑球为Li。该晶胞的质量为g，体积为(a×10-10)3cm3，故密度为g/cm3。
【分析】（1）①电解氧化铝生成铝和氧气，利用阳极发生氧化反应分析；
②依据当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键；
（2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（3）依据水解反应原理分析；
（4）依据平衡常数的数值分析；
（5）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
30．（2023·南通模拟）实验室以含锰废液为原料可以制取，部分实验过程如下：
已知室温下，部分难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
（1）经检测，含锰废液中 mol·L、 mol·L、 mol·L，还含及少量、。“氧化”阶段，用量为理论用量的1.1倍。
①“氧化”1 L该废液，需要加入的物质的量为 。
②检验已经完全被氧化的方法是 。
（2）“除杂I”加入调节溶液。该过程中发生反应的离子方程式为 。
（3）“除杂Ⅱ”中反应之一为。结合反应的平衡常数解释用能除去的原因： 。
（4）已知和的溶解度如图所示。请补充完整由粗溶液制取晶体的实验方案：取实验所得粗溶液， ，得到晶体。(可选用的试剂：1 mol·L 溶液，1 mol·L 溶液，1 mol·L盐酸)
（5）如图为不同温度下硫酸锰焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图。由固体制取活性的方案为：将固体置于可控温度的反应管中， ，将冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1 mol·L-1，1 mol·L-1 NaOH溶液)
【答案】（1）0.11 mol；取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后滴入酸性稀溶液中，溶液变红)
（2）
（3）该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去
（4）向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤
（5）加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）① mol·L，1 L该废液中含的物质的量为0.2mol，将氧化成，反应为：，结合反应可知0.2mol消耗0.1mol，用量为理论用量的1.1倍，则需要加入0.11mol，故答案为：0.11；
②若完全被氧化，则反应后溶液中不含，通过检验是否存在确定其是否完全被氧化，可取氧化后溶液加溶液，看是否出现蓝色沉淀，也可利用其还原性，滴加酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为：取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后滴入酸性稀溶液中，溶液变红)；
（2）加碳酸锰条件溶液pH值使完全转化为沉淀过滤除去，反应的离子方程式为：，故答案为：；
（3）“除杂Ⅱ”中反应之一为，该反应的平衡常数K=，故答案为：该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去；
（4）取实验所得粗溶液，向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，将硫酸锰转化为Mn(OH)2，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时确保硫酸锰完全沉淀后停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至Mn(OH)2固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；故答案为：向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；
（5）由图可知加热到850℃分解2小时，的含量最高，因此应控制温度为850℃，产生的气体用1 mol·L NaOH溶液吸收。故答案为：加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液。
【分析】（1）①依据反应方程式和题目信息计算；
②利用溶液检验判断；
（2）依据溶度积判断；
（3）通过计算反应的平衡常数分析；
（4）依据已知信息和图像分析；
（5）依据图像分析。
31．（2023·南京模拟）以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：
（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3和 (填化学式)。
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于 。
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图1所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li+容量较大，其可能原因为 。
（4）已知Li2CO3的溶解度曲线如图2所示。“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有 。
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为 。
（6）LiFePO4的晶胞结构示意图如图3所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个。
【答案】（1）HCl
（2）11
（3）在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+
（4）随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大
（5）Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑
（6）4
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，故答案是HCl；
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等，加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，则此时溶液中c(OH-)==，故c(H+)===10-11，故“除杂”需要调节溶液的pH不低于11；
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图分析，离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+，故答案是在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+；
（4）由图像可知，温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀；“沉锂”发生2Li++CO=Li2CO3↓，温度越高，反应速率越大，相同时间内产生Li2CO3含量越大，故“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大；
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应生成产物LiFePO4，分析元素化合价变化，可知FePO4中铁元素化合价由+3降到+2，做氧化剂，H2C2O4中碳元素化合价由+3价，升高到+4价，其产物是CO2，根据氧化还原反应，故反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
（6）由题图可知，小白球表示锂离子，每个晶胞中的锂离子数为8×+4×+4×=4，故一个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个。
【分析】（1）该反应过程中元素化合价不变，结合元素守恒进行分析。
（2）根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)和Kw=c(H+)·c(OH-)进行分析。
（3） 离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”。
（4）温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀。
（5）“合成”过程中，Li2CO3、H2C2O4和FePO4反应生成LiFePO4、H2O、CO2 。
（6）根据均摊法进行分析。
32．（2023·许昌模拟）某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO 、LiMn O 、LiNiO 、LiFePO 等)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。
回答下列问题：
（1）为提高原料利用率，在“酸浸”步骤可采取的措施有 (至少写两条)。
（2）“酸浸”中H O 既表现还原性，又表现氧化性，则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni 、Mn 、Co 和 ，“酸浸”中LiCoO 发生反应的离子方程式为 。
（3）“酸浸”中控制溶液的温度未发生较大变化，但双氧水消耗量仍超过理论用量，其可能原因是 。
（4）“调pH”的目的是 ，部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp，如下表，则“调pH”时pH不应超过 。
离子 浓度(mol·L ) 氢氧化物Ksp
Ni 1.00 1.00×10-15.2
Co 1.00 1.00×10-14.2
Mn 1.40 1.00×10-12.7
（5）若“调pH”过程中，Ni 、Mn 、Co 浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的X为 (填标号)。
a．NiSO b．CoSO c．MnSO d．H SO
（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li CO 焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，另一种反应物是 。
【答案】（1）粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度
（2）Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O
（3）Mn2+或Fe3+催化H2O2分解
（4）Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4
（5）ab
（6）O2
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）在“酸浸”步骤中采用粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度等措施均可提高原料利用率，故答案为：粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)；
（2）LiCoO2中钴元素为正三价，作氧化剂，和双氧水（作还原剂）发生氧化还原反应，离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；又双氧水与部分LiFePO4反应，把二价亚铁氧化为三价铁离子，所以则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni 、Mn 、Co 和Li+、Fe3+，故答案为：Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；
（3）“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是双氧水易分解，Mn2+或Fe3+的催化作用下，H2O2发生分解，故答案为： Mn2+或Fe3+催化H2O2分解；
（4）由分析和已知得，沉淀主要成分为Fe（OH）3，即调节溶液pH的目的为Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)，镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即1×c2（OH-）=1×10-15.2，则c（OH-）=10-7.6mol/L，所以c（H+）=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不应超过6.4，故答案为：Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4。
（5）调节pH除铁元素再加入物质X后，要使Ni2+、Mn2+、Co2+变为沉淀，即需使三种离子的浓度之比为1：1：1，而表中数据中c(Co2+)=c(Ni2+)=1.0mol/L，c(Mn2+)=1.4mol/L，故需加入Ni2+和Co2+，故答案为：ab；
（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li CO 焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：O2+4 Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2+ 2Li CO 4 LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2+2CO2↑+4H2O，故另一种反应物是O2，故答案为：O2；
【分析】 正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中主要含有Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和O2+4 Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2反应得到三元锂电池正极材料。
33．（2023·石景山模拟）某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。
资料：i.和均为白色，难溶于水。
ii.与、能生成、
iii.与结合倾向。
（1）探究、与的结合倾向
实验 滴管 试管 现象
I 10滴0.1mol/L溶液 等浓度的NaI和溶液 黄色沉淀
II 等浓度的NaI和溶液 黄色沉淀
①由实验I推测：与结合倾向 (填“>”或“<”)。
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中+1价银的存在形式 (填化学式)。推测：与结合倾向。
（2）查阅资料证实了，上述推测。
的转化
实验 滴管 试管 现象
III 0.1mol/L溶液 0.1mol/L溶液 白色沉淀，振荡后消失
IV 0.1mol/L溶液 0.1mol/L溶液 白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀
①写出实验III中白色沉淀消失的离子方程式 。
②查阅资料：实验IV中黑色沉淀是，中S元素的化合价分别为和+6.写出实验IV中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因 。
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入 (填试剂和操作)，可使定影液再生。
（3）的转化
分析试管1出现银镜的原因 。
（4）资料显示：S原子与结合比O原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因 。
【答案】（1）>；
（2）；，Ag+与-2价S结合倾向更强；Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）①往等浓度的NaI和溶液中加入10滴0.1mol/L溶液，产生黄色沉淀为AgI，证明与结合倾向>；故答案为：>；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，根据已知ii.与、能生成、，则澄清溶液中+1价银的存在形式为；
（2）①实验III中往0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L溶液，产生白色沉淀，后消失，则生成的继续反应生成，白色沉淀消失的离子方程式为；
②，Ag+与-2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色；
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<。
【分析】（1）①依据沉淀转化原理分析；
②根据已知信息分析；
（2）①根据已知信息和实验现象分析；
②根据实验现象分析；
③依据氧化还原反应原理分析；
（3）依据实验条件分析；
（4）利用已知信息和资料分析。
34．（2023·烟台模拟）工业上以制备抗癌药物“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]的废渣——含铂的碘化银为主要原料回收银粉和海绵铂的工艺流程如下：
已知：①N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。
②Ksp(AgCl)=1.8×10-10，NaCl在浓硫酸中难溶，Ag2SO4在不同浓度硫酸中的溶解量如下：
硫酸浓度/(mol L-1) 18 15 12 9 6 0
硫酸银溶解量/(g L-1) 209.00 78.94 31.20 11.14 8.74 4.68
回答下列问题：
（1）“顺铂”分子中Pt的化合价为 。
（2）“氧化浸出”中，应选用上表所列 mol·L-1H2SO4，发生反应的化学方程式为 。
（3）“稀释”在陶瓷反应釜中进行，具体操作为 ；“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为 mol-1·L。
（4）“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，发生反应的离子反应方程式为 ；该工艺经物理处理，可再生循环利用的物质有 (填化学式)。
【答案】（1）+2
（2）18；2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O
（3）将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；4.2×1014
（4）4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；NaCl
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据化合价代数和为零可知，“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2] 分子中Pt的化合价为+2；
（2）“氧化浸出”中要尽可能的溶解银，结合图表可知，应选用上表所列18mol·L-1H2SO4，发生反应为银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水，化学方程式为2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O；
（3）浓硫酸溶于水放出大量的热，氧化浸出操作中使用了过量浓硫酸，“稀释”具体操作为将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；
由图表可知，硫酸银在水溶液中溶解量为4.68g/L，则饱和硫酸银溶液浓度为0.015mol，则，“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为mol-1·L。
（4）已知，N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，则反应为氯化银、N2H4、氢氧根离子反应生成银单质、氮气、水、氯离子，离子反应方程式为4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；该工艺经物理处理，可从滤液1、3中得到氯化钠在沉银流程中再生循环利用。
【分析】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为0计算；
（2）“氧化浸出”中要尽可能的溶解银；银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水；
（3）滤液2中含有大量浓硫酸，浓硫酸溶于水放出大量的热，应将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；根据计算；
（4）还原浸出时发生反应4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；先消耗后生成的物质可循环利用。
35．（2023·曲靖模拟）氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，广泛地应用于塑料、合成橡胶、电池、药膏、阻燃剂等产品的制作中。此外，微颗粒的氧化锌作为一种纳米材料也开始在相关领域发挥作用。工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯度氧化锌的工业流程如图所示：
已知： As2O3微溶于水而生成亚砷酸(H3AsO3)，FeAsO4和ZnCO3难溶于水。
回答下列问题：
（1）Zn2+的简化电子排布式为 。
（2）操作X过程中，需用到的玻璃仪器有 、烧杯。
（3）“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1：2参加反应生成了[ Zn(NH3)4]2+， 发生的离子反应方程式为 。
（4）“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是 。
（5）已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10-5mol · L-1时视为沉淀完全，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol·L-1时，Pb2+是否完全沉淀 (填 “是”或“否”)，理由是 (请列式计算说明)。
物质 CdS CuS PbS
Ksp 8.0× 10-27 6.3×10-36 8.0× 10-28
（6）流程中可循环利用的含氮物质有 (填物质化学式)。
（7）已知“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，写出CO2“沉锌”的化学方程式 。
【答案】（1）[Ar]3d10
（2）玻璃棒、漏斗
（3）ZnO+2+2NH3· H2O=[Zn(NH3)4]2+ +3H2O
（4）加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的
（5）否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol ·L-1时，mol·L-1 =6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1 ≈1.27 ×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全
（6）(NH4)2SO4、NH3·H2O
（7）Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3 ↓+(NH4)2SO4
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）已知Zn是30号元素，根据构造原理可知，Zn2+的简化电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10；
（2）由工艺流程图可知，操作X为分离固体和液体，故该操作为过滤，则需用到的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗和玻璃棒；
（3）根据题干信息可知，“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1：2参加反应生成了[ Zn(NH3)4]2+， 发生的离子反应方程式为ZnO+2+2NH3· H2O=[Zn(NH3)4]2+ +3H2O，故答案为：ZnO+2+2NH3· H2O=[Zn(NH3)4]2+ +3H2O；
（4）由分析可知，“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的，故答案为：加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的；
（5）根据溶度积计算可知，当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol ·L-1时，mol·L-1 =6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1 ≈1.27 ×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全，故答案为：否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol ·L-1时，mol·L-1 =6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1 ≈1.27 ×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全；
（6）流程图中溶液1为NH3 H2O，溶液2为(NH4)2SO4，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中，故答案为：(NH4)2SO4、NH3 H2O；
（7）由分析可知，沉锌化学反应为Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4，故答案为：Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4。
【分析】锌焙砂中加入硫酸铵和氨水浸出，氧化锌溶解生成[Zn(NH3)4]2+，As2O3转化为，过滤，向滤液中加入过硫酸铵和硫酸亚铁除砷，继续过滤，向滤液中加入硫化钠除去溶液中的铜离子等金属离子，过滤，向滤液中加入单质锌继续除去重金属离子，过滤，然后蒸氨，产生的氨气用水吸收转化为氨水，通入二氧化碳沉锌，转化为碳酸锌，过滤后，烘干，煅烧得到氧化锌和二氧化碳气体。
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