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5
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5
一、选择题
1．（2021·全国甲）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液中 、 、与 的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 的 值为
C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点
D． 时两溶液中
2．（2022·内江模拟）已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的强碱弱酸盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-1gc(X)(X为Sr2+或F-)与1g的关系如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．L1代表-lgc(F-)与lg的变化曲线
B．Ksp(SrF2)的数量级为10-9
C．a、c两点的溶液中均存在：2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)+c(Cl-)
D．c点的溶液中存在c(Cl-)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)
3．（2022·德州模拟）用1 mol/L氨水(控制1滴/s逐滴加入，下同)滴定60 mL0.02 mol/L硫酸铜溶液；氨水稍过量后，再用1 mol/L的硫酸反滴定铜氨配合物溶液。实验记录如下：
实验现象 反应过程中的pH和电导率变化对比曲线
滴加氨水时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液。 滴加硫酸时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到蓝色溶液。
资料：ⅰ．实验中产生的浅蓝色沉淀为碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2SO4；
ⅱ．电导率是以数字表示的溶液中传导电流的能力。
下列分析中错误的是（ ）
A．a之前未加氨水，溶液pH＜7的原因是Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
B．ab段发生的主要反应为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH
C．d点混合溶液pH＜7，与反应后生成的NH水解有关
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关
4．（2022·新疆模拟）由下列实验操作及现象所得结论正确的是（ ）
选项 实验操作及现象 结论
A 向某溶液中加入70%硫酸溶液后加热，并将气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水，品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊 该溶液中含亚硫酸盐
B 向蛋白质溶液中加入饱和氯化铵溶液，有固体析出 蛋白质发生了变性
C 将变黑的银器浸入盛有NaCl溶液的铝制容器中，银器由黑变白 生成了Ag
D 用pH计测CH3COONa溶液和NaF溶液的pH，前者大于后者 Ka(HF)＞Ka( CH3COOH)
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·日照模拟）废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。
已知：ⅰ.铅膏的主要成分是和；是强酸；
ⅱ.、。
下列有关说法错误的是（ ）
A．步骤②中反应的化学平衡常数K约为
B．操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．步骤④发生反应的离子方程式为
D．若步骤⑤用铅蓄电池作为电源电解溶液，当电路中有电子转移时，铅蓄电池负极质量的变化量与电解池阴极质量的变化量相等
6．（2022·临汾模拟）天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知K(CaCO3)=10-8.7，某溶洞水体中lgc(X)(X为HCO 、CO 或Ca2+)与pH变化的关系如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线②代表CO
B．H2CO3的第二级电离常数为10-10.3
C．a=-4.35，b=-2.75
D．pH=10.3时，c(Ca2+)=10-7.6 mol·L-1
7．（2022·潍坊模拟）“打造青山常在、绿水长流、空气常新的美丽中国，让锦绣河山造福人民”。下列水处理方法错误的是（ ）
A．用臭氧进行自来水消毒
B．向酸性废水中加生石灰进行中和
C．用FeS除去工业废水中的Cu2+和Hg2+
D．用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+
8．（2022·江苏模拟）室温下，某小组设计下列实验探究含银化合物的转化。
实验1：向4 mL 0.01 mol·L-1AgNO3溶液中加入2 mL 0.01 mol·L-1NaCl溶液，产生白色沉淀。
实验2：向实验1所得悬浊液中加入2 mL0.01 mol·L-1NaBr溶液，产生淡黄色沉淀，过滤。
实验3：向实验2所得淡黄色沉淀中滴入一定量Na2S溶液，产生黑色沉淀，过滤。
已知：室温下Ksp(AgCl)=2×10-10。下列说法正确的是（ ）
A．实验1静置所得上层清液中c(Cl-)约为1.4×10 -5 mol·L-1
B．实验2的现象能够说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)
C．实验3所用Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS- )+c(H2S)
D．实验3过滤后所得清液中存在：c2(Ag+)= 且c(Ag+)≤
9．（2022·衡水模拟）难溶盐BaCO3的饱和溶液中c2(Ba2+)随c(H+)而变化。实验发现，298K时c2(Ba2+)—c(H+)为线性关系，如图中实线所示。下列说法错误的是（ ）
A．饱和BaCO3溶液中c(Ba2+)随pH增大而增大
B．BaCO3的溶度积Ksp=2.6×10-9
C．若忽略CO 的第二步水解，Ka2(H2CO3)=5×10-11
D．N点溶液中：c(Ba2+)>c(HCO )>c(CO )
10．（2022·汕头模拟）常温下，利用手持装置(图甲)进行实验；向蒸馏水中加入Mg(OH)2粉末，一段时间后再加入稀硫酸。测得溶液pH随时间变化曲线如图乙所示。
下列对曲线的分析错误的是( )
A．ab段pH不断增大的原因是Mg(OH)2不断溶解导致的
B．bc段存在平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)
C．cd段中
D．通过实验数据对比可知，加入的稀硫酸的物质的量小于Mg(OH)2
11．（2022·东城模拟）下列解释事实的方程式错误的是（ ）
A．NO遇空气变为红棕色：2NO+O2=2NO2
B．用NaOH溶液吸收Cl2：OH-+Cl2=HClO+Cl-
C．明矾净水：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
D．向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液，沉淀变黑：2AgI(s)+S2-(aq) Ag2S(s)+2I-(aq)
12．（2022·南通模拟）已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验l：测得0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH不断减小
实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12
实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法正确的是（ ）
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-)
C．实验3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
13．（2022·乌鲁木齐模拟）已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-lg c(X)(X为Sr2+或F-与的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．L1代表-lgc(Sr2+)与的变化曲线
B．Ksp(SrF2)的数量级为10-7
C．a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F -)+c(HF)
D．c点的溶液中存在c(Cl-)＜ c(Sr2+)
14．（2022·永州模拟）一种从含砷废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如图：
已知：
I.As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O
II.As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS(aq)
III.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被氢碘酸等还原
下列说法错误的是（ ）
A．As2S3中砷元素的化合价为+3价
B．“沉砷”过程中FeS可以用过量的Na2S代替
C．用氧气进行“氧化脱硫”涉及离子方程式AsS+2O2=AsO+3S↓
D．能用氢碘酸、淀粉溶液检验还原后溶液中是否仍存在砷酸
15．（2022·枣庄模拟）天然水体中的碳酸盐系统(、、、)，微粒不同浓度分布会影响溶液的pH。某温度下，溶洞水体中(X为、、或)与pH关系如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表
B．的数量级为
C．该温度下与为线性关系
D．溶液中始终存在
16．（2022·遂宁模拟）天然水体中的与空气中的保持平衡。某温度下，溶洞水体中(为、、或)为与关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．斜线③表示随pH变化关系
B．该温度下，时溶液的pH=9.3
C．根据图像不能计算该温度下CaCO3的
D．该温度下，H2CO3的电离平衡常数Ka1数量级为
二、多选题
17．（2023高三下·曹县开学考）已知：25 ℃时，约为1×10-10，约为。下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A．的溶液中：
B．pH相同的①、② NaOH、③NaClO三种溶液中：③ >① >②
C．向浓度均为的NaCl和混合液中滴加溶液，先沉淀
D．氨水和溶液等体积混合：
18．（2021高二下·新乐开学考）常温下，分别向体积均为 、浓度均为 的 和 溶液中滴加 的 溶液，滴加过程中溶液 和 与滴入 溶液体积( )的关系如图所示。[已知： ， ，忽略溶液混合时温度和体积的变化]，下列说法错误的是( )
A．加入过量难溶 可除去 溶液中混有的
B．e点纵坐标约为13.5
C．d点钾离子的物质的量浓度
D．溶液的pH：d>c>a
19．（2016高三下·扬州开学考）下列说法正确的是（ ）
A．在NaHS溶液中滴入少量的CuCl2溶液产生黑色沉淀，HS﹣电离程度增大，反应后溶液pH减小
B．浑浊的苯酚试液中加入饱和Na2CO3溶液变澄清，则酸性：苯酚＞碳酸
C．在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，则Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4）
D．等体积、物质的量浓度的HA与NaA（HA为弱酸）混合溶液，其酸碱性取决于Ka（HA）的大小
20．（2018高三下·城中开学考）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向pH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍，pH（HA）＞pH（HB） 酸性：HA＜HB
B 向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
C 向FeBr2溶液中通入少量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色 氧化性：Cl2＞Br2
D 向25 mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色 温度升高，Fe3＋的水解程度增大
A．A B．B C．C D．D
21．（2018高三下·淮阴开学考）下列根据实验操作或现象得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A KBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2，有机相呈橙色 氧化性：Cl2＞Br2
B 室温下，向浓度均为0.1mol L-1的KCl和KI混合溶液中滴加几滴AgNO3溶液，只出现黄色沉淀 Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)
C 向1mL1％的NaOH溶液中加入2mL2％的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀。 Y中不含有醛基
D 已知NaClO2溶液的pH＞7，将其蒸干并灼烧得到固体残留物。 该固体为NaClO2
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题
22．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至 的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为 。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是 。
②“操作X”的过程为：先 ，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 （写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为 。
23．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和，还有少量、、的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为 ，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因 。
（2）在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是 。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（），还要加入。
（ⅰ）能被氧化的离子是 ；
（ⅱ）促进了金属在醋酸中转化为，其化学方程式为 ；
（ⅲ）也能使转化为，的作用是 。
（4）“酸浸”后溶液的约为4.9，滤渣的主要成分是 。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有 。
24．（2021·辽宁）从钒铬锰矿渣(主要成分为 、 、 )中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰[ ](在空气中易被氧化.回答下列问题：
（1）Cr元素位于元素周期表第 周期 族。
（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为 。
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中 ，“沉钒”过程控制 ，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 (填化学式)。
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为 ；在该条件下滤液B中 （ 近似为 ， 的 近似为 ）。
（5）“转化”过程中生成 的离子方程式为 。
（6）“提纯”过程中 的作用为 。
25．（2021·北京）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：
i还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱.
ii随c(Cl-)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有Cl2
II a 有Cl2
III a+b 无Cl2
a是 ，b是 。
（2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。
（4）Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。
（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
26．（2022·惠州模拟）为检验溶液中是否含有Cl-，某同学采用向溶液中先加HNO3，再加AgNO3，若有白色沉淀生成，则证明有Cl-。对此结论，有人提出了质疑，溶液中可能有SO，设计了如下探究性实验。
（1）实验一：向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液
编号 Na2SO4溶液 AgNO3溶液 现象
体积 mL 浓度 mol·L 1 体积 滴 浓度 mol·L 1 混合后Ag+浓度mol·L 1
① 1 1 3 2 0.2 出现大量白色沉淀
② 1 1 3 0.5 0.05 出现少量白色沉淀
③ 1 1 3 0.1 0.01 有些许浑浊
④ 1 1 3 0.01 0.001 无明显变化
实验一中产生沉淀的离子方程式为 。
（2）已知：25℃时Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5，Ksp(AgCl)=1.8×10-10
实验一中编号④无明显变化，若要产生浑浊，溶液中c(SO)理论上至少达到 mol·L 1。若向l mL某浓度的NaCl与Na2SO4混合溶液中加入3滴0.1mol·L 1AgNO3溶液，分析上面数据，判断下列说法正确的是 (填字母序号)。
A．混合液中c(SO)=1mol·L 1时不会产生Ag2SO4沉淀
B．混合液中c(SO)=0.1 mol·L 1时不会产生Ag2SO4沉淀
C．无论SO浓度大小都会产生Ag2SO4沉淀
D．若使用0.01 mol·L 1AgNO3溶液，可基本排除SO对Cl-检验构成的干扰
（3）将实验一编号③中的理论计算结果与现象对照，发现理论上大部分Ag+应该形成沉淀，这与“有些许浑浊”的现象相矛盾。为探究真相，在实验一的基础上继续设计了以下实验。
实验二：
编号 AgNO3浓度/mol·L 1 现象 滴加硝酸后的现象
① 2 出现大量白色沉淀 滴加稀硝酸，沉淀大量溶解；改加浓硝酸，沉淀较快消失
② 0.5 出现少量白色沉淀 滴加稀硝酸，沉淀基本消失
对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设，请完成假设二。
假设一：NO对Ag2SO4溶解起作用。
假设二： 。
（4）选择适当试剂并设计实验方案，分别验证假设一和假设二是否成立。请写出实验步骤和现象。
编号 操作 现象 结论
① 取少量Ag2SO4于试管中，加入2mL水，振荡 固体不溶解
② 将①的浊液分成两等份
③ 向其中一份加入1mL0.1mol/L的NaNO3，振荡 假设一不成立
④ 向另一份加入 假设二成立
（5）通过(4)的实验，请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因。(已知：H2SO4=H++HSO、HSOH++SO) 。
（6）用硝酸银滴定法，可以测定水体中氯化物的含量。洗涤沉淀必须干燥后才能称量，沉淀完全干燥的判断方法是 。
27．（2022·宝鸡模拟）硫酸锰(MnSO4·H2O)是一种粉色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，是重要的微量元素肥料之一、工业上由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Si等元素的氧化物)制备硫酸锰的工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9
（1）“滤渣1”中含有S和 ；“溶浸”时两种含锰化合物与H2SO4反应的化学方程式 。
（2）加入H2O2的主要目的是 。
（3）利用氨水调节溶液的pH范围在 之间，“滤渣2”的成分为 。
（4）“除杂”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是 。
（5）“沉锰”反应的离子方程式 。
（6）由图像可知，从“操作A”所得溶液中得到MnSO4·H2O晶体需进行的操作是 、洗涤、干燥。若称取一定质量的MnSO4·H2O用标准BaCl2溶液滴定(操作过程产生的误差很小可忽略)，计算所得样品质量分数大于100%，分析可能的原因是 。
28．（2022·南平模拟）含铬电镀废水的主要成分如下表，常用“沉淀法”和“药剂还原沉淀法”进行处理。
离子 Cr(Ⅵ)
含量/ 28.38 12.92 0.34 0.069 0.014
（1）Ⅰ．“沉淀法”工艺流程如下图。
金属离子沉淀完全时()及沉淀开始溶解时的pH如下。
金属离子
pH 沉淀完全 6.7 8.3 2.8 8.2 5.6
沉淀开始溶解 - 13.5 14.0 10.5 12.0
“氧化”过程中转化为的离子方程式为 。
（2）“沉降”过程中应调节pH范围是 ～10.5。
（3）已知25℃时、；。“沉铬”过程中：
①生成铬黄的离子方程式为 。
②从平衡角度分析pH对沉铬率的影响 。
（4）Ⅱ．“药剂还原沉淀法”工艺流程如下图。
“还原”过程中，被Cr(Ⅵ)氧化为 。
（5）比较“沉淀法”和“药剂还原沉淀法”工艺的优劣 (写出一条即可)。
29．（2022·南平模拟）可用“沉淀法”除去粗盐中的、、杂质。某小组探究沉淀剂添加顺序及过滤方式对产品中硫酸根杂质含量的影响，实验流程及结果如下。
沉淀剂1 沉淀剂1 沉淀剂1 过滤方式 检测结果
实验1 溶液 NaOH溶液 溶液 逐一过滤 少量浑浊
实验2 溶液 溶液 NaOH溶液 逐一过滤 少量浑浊
实验3 NaOH溶液 溶液 溶液 逐一过滤 大量沉淀
实验4 溶液 NaOH溶液 溶液 一起过滤 大量沉淀
（1）实验1中加入沉淀剂3后会生成 (填化学式)。
（2）“除杂4”发生反应的离子方程式有 。
（3）“操作X”为 。
（4）查阅资料：难溶电解质的溶解度会受到溶液中其它离子的影响。加入与难溶电解质相同离子的电解质，因“同离子效应”溶解度降低；加入与难溶电解质不同离子的电解质，因“盐效应”溶解度增大。
①提出假设：
依据 假设
假设1 实验1和2中检测时出现少量浑浊 (填化学式)能增大溶解度
假设2 实验3中检出量明显高于1和2 NaOH能明显增大溶解度
假设3 (将内容补充完整) NaOH或能明显增大溶解度
②设计实验：探究不同试剂对硫酸钡溶解度的影响程度
探究1 探究2 探究3 探究4
实验流程
试剂 饱和食盐水 2 NaOH溶液 0.5 溶液 蒸馏水
现象 少量浑浊 大量沉淀 大量沉淀 无明显现象
“滤液处理”需用到的试剂有 。
③实验分析：实验3中溶液的用量为理论值的1.5倍，最后仍检出的原因是该体系中“同离子效应” “盐效应”(填“大于”或“小于”)。
④实验结论：粗盐提纯时，为了有效降低产品中含量，必须 。
30．（2022·蚌埠模拟）LiTi5O12是锂离子电池的电极材料，可利用电厂产生的粉煤灰(主要成分为TiO2、MgO、SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等)来制备，同时获得MgCl2固体。工艺流程如下：
已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子，该离子能水解。
②Ksp[Al(OH)3]=6.4×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。
③Ti3+在溶液中呈紫色，有较强还原性。
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时温度不宜过高，原因是 。
（3）已知Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，则1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为 个。
（4）“调pH”目的是除去其它金属阳离子，则调pH最小为 (已知：离子浓度小于或等于1.0×10-5mol·L-1，认为离子沉淀完全。lg2=0.3)。
（5）MgCl2溶液制备MgCl2固体的实验操作为 。
（6）测定“酸浸”后滤液1中Ti元素含量的方法：
①转化：隔绝空气条件下，向溶液中加入铝片，Ti元素被还原为Ti3+，反应离子方程式为 。
②滴定：溶液中Ti3+用含Fe3+的标准液进行滴定，用 (填化学式)溶液作指示剂，滴定达到终点时的现象是 。
31．（2022·门头沟模拟）废弃的锂离子电池中含有大量Co、Ni、Mn、Cu、Al等金属元素，需回收处理。柠檬酸因具有酸性和较好的络合性，可用于浸出金属离子并得到柠檬酸浸出液，下列是某小组研究从柠檬酸浸出液中去除铜的方法。
（1）方法一：调pH去除铜
资料1：金属离子沉淀的pH
Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀pH 3.53 4.91 6.88 7.40 8.14
完全沉淀pH 4.89 6.67 8.87 9.39 10.14
由数据分析，甲同学提出可以控制溶液pH至 去除溶液中铜离子。
（2）设计实验，测得不同pH下铜的沉淀率如表。
pH 5 8 10 12
铜的沉淀率 2.3 7.2 9.8 12
由数据分析pH=12时铜的沉淀率为12%，远小于理论分析结果，分析可能原因 。
结论：不可以通过调pH去除铜。
（3）方法二：还原法去除铜
资料2：抗坏血酸(C6H8O6)具有较强的还原性，氧化后为脱氢抗坏血酸(C6H6O6)；受热易分解。
向柠檬酸浸出液中加入抗坏血酸能有效的将Cu2+还原成金属Cu。某实验小组研究了相同条件下，pH、反应时间和温度分别对Cu沉淀率的影响。
依据图1和图2，判断沉淀铜选择最佳pH为 ，理由是 。
（4）从图3可以看出，随着温度的升高，相同时间内Cu的沉淀率先逐渐增加，在80℃时达到最高点，后略有下降。分析原因 。
（5）由上述实验可知：抗坏血酸还原铜离子可能存在的路径 ， 。(用离子方程式表示)
结论：可以通过还原法去除铜。
32．（2022·西城模拟）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：
资料：i．磷灰石的主要成分是
ii．可溶于水，微溶于水
ii．
iv．
（1）制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和 。
②增大酸浸反应速率的措施有 (只写1条)。
③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是 。
（2）制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是 。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。
pH=1时，溶液中的，则 。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀 。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是 。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是 (答出2点)。
33．（2022·湛江模拟）含硫化合物在生产生活中有重要应用，实验小组对部分含硫化合物进行探究。回答下列问题：
（1）小组同学设计了两种制备的方案。
Ⅰ.70% 溶液与粉末反应；Ⅱ．Cu粉与浓在加热条件下反应。
①方案Ⅰ所涉及的化学方程式为 。
②两种方案相比，方案Ⅰ的优点为 。
（2）小组同学用如图所示装置检验上述方案Ⅱ中所有气体产物。
①A中仪器m的名称为 ，装置B中盛放的试剂为 。
②按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→ →d(填仪器接口的小写字母)。
③装置C中仪器n的作用为 。
（3）小组同学探究溶液的pH对与反应产物的影响，进行如下实验。
查阅资料：为白色难溶于水的固体，能溶于溶液；AgOH为白色难溶于水的固体，易分解，难溶于溶液；为白色固体，微溶于水，不易分解。
步骤一：将一定质量的配成250mL溶液，并测得溶液的；将一定质量配成250mL溶液，并分成两份，一份用将pH调至8，另一份用NaOH溶液将pH调至11；
步骤二：将的溶液滴入足量的的溶液中，开始产生白色沉淀，后沉淀变为棕黑色。
步骤三：将的溶液滴入的溶液中，产生白色沉淀。
①步骤一中配置溶液所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要 。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为，则该步骤产生的白色沉淀为 (填化学式)。
③对步骤三中白色沉淀的组成提出假设：i．可能含有；ii．可能含有；iii.可能含有AgOH。提出假设ⅱ的依据为 ；请设计实验方案验证假设ⅰ是否正确： 。
34．（2022·丰台模拟）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：
已知：常温下，
（1）步骤ⅰ的操作名称是 。
（2）①中As的化合价为 。
②步骤ⅱ中的作用是 。
（3）步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使 。若溶液2中 ，则需控制pH的大致范围为 。
（4）①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有 (填化学式)。
②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是 。
（5）结合下图说明由溶液4得到的操作是 。
35．（2022·甘肃模拟）镍氢电池是一种新型绿色电池，利用废旧镍氢电池的金属电极芯(主要成分为Ni(OH)2、Co(OH)2及少量铁、铝的氧化物等)生产硫酸镍、碳酸钴工艺流程如下图：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Ni2+ Co2+
开始沉淀时pH 6.3 1.5 3.4 6.2 7.15
完全沉淀时pH 8.3 2.8 4.7 8.9 9.15
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取效率的方法有 (写出一种合理方法即可)，向Co(OH)3中加入H2O2的目的是 。
（2）沉淀A的主要成分是 (填化学式)，“浸出液”调节pH的范围为 。
（3）“母液3”中控制Na2CO3用量使终点pH为9.5，此时c(Co2+)小于 mol L-1(已知：Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15)。
（4）用滴定法测定NiSO4 7H2O产品中镍元素含量。取2.00g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol L-1的Na2H2Y标准液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2H2Y标准液平均值为12.40mL。
已知：i.Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+
ii.紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
①滴定终点的操作和现象是 。
②样品中镍元素的质量分数为 %(精确到0.01)。
（5）NiSO4在强碱溶液中和NaClO反应，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B.曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42-)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，B符合题意；
C.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，C不符合题意；
D.由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1-y2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32-)]的关系。
2．【答案】C
【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．由分析可知，L1、L2分别代表-lgc(F-)、-lgc(Sr2+)与lg[]的变化曲线，A不符合题意；
B．当lg[]=1时，c(Sr2+)=10-4mol/L，c(F-)=10-2.2mol/L，代入图示数据，Ksp(SrF2) =c(Sr2+) c2(F-)=10-4×(10-2.2)2=10-8.4，数量级为10-9，B不符合题意；
C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F-)，有平衡HFH++F-可知，溶解得到的c(F-)等于溶液中存在的c(F-)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)，C符合题意；
D．由图可知，c点处c(Sr2+)=c(F-)，则与H+结合的F-占了SrF2溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF；c点对应lg[]值大于0，则＞1，即c(HF)＞c(H+)，故溶液中存在c(Cl-)＞c(Sr2+)=c(HF)＞c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 SrF2中存在溶解平衡SrF2 (s) Sr2++2F-，随着lg[增大，F-浓度增大，溶解平衡逆向移动，c(Sr2+)减小，则L1代表-lgc(F-)与lg[]的变化曲线，L2代表-lgc(Sr2+)与lg[]的变化曲线。
3．【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．a之前未加氨水，溶液中溶质为CuSO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中盐电离产生的Cu2+发生水解反应：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液pH＜7，A不符合题意；
B．向溶液中滴加少量氨水时，产生浅蓝色沉淀是碱式硫酸铜，根据电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH，B不符合题意；
C．d点混合溶液pH＜7，溶液显酸性，是由于溶液中含有(NH4)2SO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中NH发生水解反应，消耗水电离产生的OH-产生NH3 H2O，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，导致溶液pH＜7，故与反应生成的NH水解有关，C不符合题意；
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率不仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关，而且也与离子的种类有关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、硫酸铜中铜离子为弱离子，可以发生水解；
B、根据提示可知，铜离子和硫酸根、一水合氨生成浅蓝色沉淀碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2SO4；
C、铵根离子为弱离子，可以发生水解；
D、根据图示可知导电率和离子浓度、离子电荷数、离子种类有关。
4．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．亚硫酸盐、亚硫酸氢盐都能和硫酸反应生成二氧化硫，溶液中溶质不一定是亚硫酸盐，故A不符合题意；
B．饱和氯化铵能使蛋白质溶解度变小而发生盐析，重金属盐能使蛋白质变性，故B不符合题意；
C．将变黑的银器浸入盛有NaCl溶液的铝制容器中，Ag2S或Ag2O、Al和NaCl溶液构成原电池，正极上Ag2S或Ag2O得到电子生成Ag，所以得到的白色固体是Ag，故C符合题意；
D．两种钠盐溶液的物质的量浓度未知，无法判断两种钠盐的水解程度，无法判断两种酸的电离平衡常数相对大小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.亚硫酸氢盐也能和硫酸反应生成二氧化硫；
B.加入饱和氯化铵溶液，发生蛋白质的盐析；
D.两种钠盐溶液的物质的量浓度未知。
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
【解析】【解答】铅有主要成分是PbO2、PbSO4， 通入SO2后，发生反应：PbO2+SO2=PbSO4 ，再加入(NH4)2CO3，发生反应： (NH4 ) 2CO3+PbSO4=PbCO3+ ( NH4) 2SO4，此反应的本质为沉淀的转化，过滤得到副产品( NH4) 2SO4，再将PbCO3溶于HBF4酸(强酸)，得到Pb ( BF4) 2溶液和CO2气体，再对Pb ( BF4) 2溶液进行电解得到Pb 。
A．步骤②中反应的化学平衡常数K ，A不符合题意；
B．操作③为过滤操作，需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B不符合题意；
C．步骤④PbCO3溶于HBF4酸(强酸)，得到Pb ( BF4) 2溶液和CO2气体，发生反应的离子方程式为，C不符合题意；
D．若步骤⑤用铅蓄电池作为电源电解溶液，当电路中有电子转移时，铅蓄电池负极是1mol铅变成1mol硫酸铅，质量的变化为96克，与电解池阴极为铅离子变成铅，质量的变化为207克，质量不相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、沉淀转化的化学平衡常数通常可以有其离子对应的溶度积进行计算；
B、过滤操作需要用到漏斗、烧杯、玻璃棒；
C、强酸和可溶性盐都可以拆开；
D、要注意产物的质量增加不相同。
6．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析，曲线②代表CO ，故A说法符合题意；
B．电离平衡常数只受温度的影响，曲线①和②交点代表此时c(CO )= c(HCO )，即Ka2=c(H+)=10-10.3，故B说法符合题意；
C．曲线②和曲线③交点，说明c(CO )= c(Ca2+)，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )，推出c(CO )= =10-4.35，即a=-4.35，根据电离平衡常数Ka2= ，解得c(HCO )=10-2.65，即b=-2.65，故C说法不符合题意；
D．pH=10.3时，c(CO )=10-1.1mol/L，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )，c(Ca2+)=10-7.6mol/L，故D说法符合题意；
故答案为C。
【分析】A．根据图象可知，横坐标代表pH，随着pH增大，碱性增强，c(HCO )、c(CO )增大，先生成，再生成，曲线①代表，曲线②代表，因为碳酸钙是难溶物，因此，随着c(CO )增大，溶液中c（Ca2+）减小，推出曲线③代表Ca2+，据此分析作答即可。
B．选择曲线①和②交点，利用Ka2= 计算。
C．选择曲线②和曲线③交点，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )和Ka2= 计算
D．根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )计算。
7．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；除杂
【解析】【解答】A．用臭氧进行自来水消毒，氧化性强杀菌消毒程度高且无污染，A不符合题意；
B．生石灰为CaO，溶于水生成Ca(OH)2，可中和酸，B不符合题意；
C．用FeS能与Cu2+和Hg2+生成CuS和HgS沉淀，除去工业废水中的Cu2+和Hg2+，C不符合题意；
D．硫酸镁微溶于水，硫酸钙微溶于水，不能用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.臭氧具有强氧化性；
B.CaO与酸反应；
C..CuS、HgS均为难溶电解质；
D.硫酸镁易溶于水。
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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．AgNO3与NaCl按物质的量1：1反应生成AgCl沉淀，则剩余2 mL 0.01 mol·L-1AgNO3溶液，c(Ag+)= ，已知室温下Ksp(AgCl)=2×10-10， ，A不符合题意；
B．实验1所得悬浊液含剩余过量的AgNO3溶液，滴入一定量Na2S溶液，产生黑色沉淀，为Ag+与Br-结合生成AgBr，不是AgCl沉淀转化得到，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，B不符合题意；
C．Na2S溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS- )+2c(H2S)，C不符合题意；
D．淡黄色沉淀中AgBr滴入一定量Na2S溶液，产生黑色沉淀Ag2S，滤液为硫化银的饱和溶液，所以清液中一定存在：c2(Ag+)= ，产生黑色沉淀Ag2S，发生沉淀转化，AgBr溶解平衡逆向移动，则c(Ag+)≤ ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据 Ksp(AgCl) =c(Ag+)c(Cl-)计算；
B.实验1中硝酸银过量，实验2中Ag+与Br-结合生成AgBr；
C.根据质子守恒判断。
9．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图像知c2(Ba2+)随c(H+)增大而增大，所以c(Ba2+)随pH增大而减小，A符合题意；
B．c(H+)几乎为0时，c(OH-)浓度最大，抑制CO 离子水解程度最大，此时c(Ba2+)=( CO )，使c2(Ba2+)越接近2.6×10-9，此时Ksp=c(Ba2+)·c(CO )=c2(Ba2+)=2.6×10-9，B不符合题意；
C．若忽略CO 的第二步水解，当c(CO )=c(HCO )时，Ka2(H2CO3)= =c(H+)，溶液中有c(Ba2+)=c(CO )+c(HCO )=2c(CO )，故c2(Ba2+)=c(Ba2+)·2c(CO )=2c(Ba2+)·c(CO )=2Ksp=5.2×10-9，即M点，此时c(H+)=5×10-11，Ka2(H2CO3)=c(H+)=5×10-11，C不符合题意；
D．在N点，由C选项得知，c(CO )=c(HCO )，N点c(H+)大，所以更促进CO 转化成HCO ，因此有c(Ba2+)>c(HCO )>c(CO )，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.饱和BaCO3溶液中c(Ba2+)随pH的减小而增大；
B.根据Ksp=c(Ba2+)·c(CO )计算；
C.根据Ka2(H2CO3)= =c(H+)计算；
D.N点溶液中c(H+)大于M点，CO 与H+结合生成HCO 。
10．【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．Mg(OH)2属于碱，溶于水产生OH-，使溶液的pH增大，故A不符合题意；
B．由图可知，bc段溶液的pH不再变化，说明溶液中OH-的浓度不再变化，则存在平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)，故B不符合题意；
C．cd段加入稀硫酸，消耗OH-，平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)正向移动，此时 ，故C符合题意；
D．a点时加入的Mg(OH)2使溶液pH变化到了b点，c点时加入硫酸与氢氧化镁反应，使得溶液的pH变化到了d点，若Mg(OH)2与硫酸恰好完全反应生成硫酸镁，溶液会因Mg2+水解而呈酸性，但d点溶液的pH约为10，显碱性，说明加入的稀硫酸的物质的量小于Mg(OH)2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.ab段氢氧化镁不断溶解，产生OH-；
B.bc段pH不变，则氢氧化镁溶解达到平衡状态；
C.cd段加入稀硫酸，消耗OH-，平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)正向移动；
D.最后的溶液显碱性，氢氧化镁过量。
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；氯气的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．NO遇空气，会与空气中的O2反应：2NO+O2=2NO2，生成红棕色气体NO2，A不符合题意；
B．用NaOH溶液吸收Cl2，由于溶液呈碱性，HClO不能稳定存在，所以离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，B符合题意；
C．明矾溶于水，Al3+会发生水解：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，生成的Al(OH)3(胶体)具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，所以可用于净水，C不符合题意；
D．由于Ag2S的Ksp比AgI的Ksp还小，所以向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液，发生反应：2AgI(s)+S2-(aq) Ag2S(s)+2I-(aq)，从而产生黑色沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NO无色，易被氧化为红棕色的NO2；
B.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
C.铝离子水解生成氢氧化铝胶体；
D.Ag2S溶解度小于AgI，发生沉淀的转化。
12．【答案】A
【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.0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1 mol·L-1，Ka1(H2S)= =10-7，则，则c(HS-)=10-3.9 mol·L-1，Ka2(H2S)= =10-12.9，则，则c(S2-)=10-12.7 mol·L-1，pH=4.1，则pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，则c(S2-)
C.10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，根据NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它们恰好反应，根据质子守恒，则Na2S溶液中存在2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)，故C不符合题意；
D．实验3所得Na2S溶液中，滴入几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，虽然产生粉色MnS沉淀，但S2-并没有沉淀完全，所以在滴入几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，又产生黑色CuS沉淀，并不能说明存在沉淀转化，则也不能说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用Ka1(H2S)= 、Ka2(H2S)= 计算；
B．利用Ka2(H2S)= 分析；
C.根据质子守恒分析；
D．利用沉淀转化分析。
13．【答案】C
【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．由以上分析可知，L1代表-lg c(F-)与的变化曲线，故A不符合题意；
B．取=1时，-lgc(Sr2+)=4.0，c(Sr2+)=10-4mol/L，-lg c(F-)=2.2，c(F-)=10-2.2mol/L，=10-410-2.2)2=10-8.4，Ksp(SrF2)的数量级为10-9，故B不符合题意；
C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F -)，由平衡HFH++F-可知，溶解得到的c(F -)等于溶液中存在的c(F -)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F -)+c(HF)，故C符合题意；
D．由图可知c点处c(Sr2+)=c(F -)，溶液中存在电荷守恒关系：2c(Sr2+)+c(H+)=c(F -)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Sr2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，结合C选项分析可知c(F -)= c(HF )，则c点时c(H+)= Ka=10-3.2mol/L，pH<7，溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，故c点的溶液中存在c(Cl-)> c(Sr2+)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】SrF2悬浊液中存在沉淀溶解平衡：SrF2(s) Sr2++2F-，用HCl调节溶液存在平衡：H++F- HF，随着增大，H++F- HF逆向移动，F-浓度增大，SrF2(s) Sr2++2F-的平衡逆向移动，则c(Sr2+)减小，-lgc(Sr2+)增大，则L1代表-lg c(F-)与的变化曲线，L2代表-lgc(Sr2+)与的变化曲线。
14．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见元素的化合价；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．As2S3中S的化合价为-2，则砷元素的化合价为+3，A不符合题意；
B．FeS不可以用过量的Na2S替换，由于As2S3(s)+3S2-(aq) 2 AsS(aq)，加入过量的硫化钠，溶液中硫离子浓度增大，平衡正向移动不利于沉砷，B符合题意；
C．向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，As元素以Na3AsO4的形式存在，对应离子方程式为AsS+2O2=AsO+3S↓，C不符合题意；
D．检验SO2还原砷酸后所得溶液中是否仍存在砷酸，由已知信息III，需进行的实验操作是：取少量 SO2还原砷酸后的溶液于试管中，加入足量氢碘酸，然后加入几滴淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝色，说明存在砷酸，反之，无砷酸，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】Ａ．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｂ．根据已知 II ，加入过量的Na2S不利于沉砷；
Ｃ．向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，As元素以Na3AsO4的形式存在；
Ｄ． 砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被氢碘酸等还原 ， 因此能用氢碘酸、淀粉溶液检验还原后溶液中是否仍存在砷酸 。
15．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．分析可知，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，则①代表Ca2+，A不符合题意；
B．③代表，④代表，当③和④交叉点时c()=c()，此时pH处于9~10之间，=，的数量级为，B不符合题意；
C．已知Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，H2CO3的Ka1×Ka2= =，结合Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，可得c2(H+)=，且Ksp、Ka1、Ka2均为温度的函数是一个定值，由图像可知曲线②代表，c(H2CO3)又是一个不变的值，则该温度下与为线性关系，C符合题意；
D．溶液存在电荷守恒：，由图可以看出c(Ca2+)=c()，c(H2CO3)=c()都只有一个交点，且这两个交点不重合，故溶液中不存在， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓变都增大，而在pH很小时也产生，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此③代表，④代表，①代表Ca2+，②代表，据此计算分析判断。
16．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析知斜线③表示随pH变化关系，故A不符合题意；
B． 由图可知，pH=6.3时，H2CO3和浓度相等，所以，pH=10.3时，和浓度相等，所以，，则，解得，所以该温度下，时溶液的pH=9.3，故B不符合题意；
C． 由分析知①表示Ca2+，③表示，经交点（8.5，-4.5），可计算该温度下CaCO3的=，故C符合题意；
D． 由B选项可知该温度下，数量级为10-7，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.，跟据点（6.3 ， -5）和点（10.3 ，-1.1）计算出Ka1和Ka2，判断出斜线③表示随pH变化关系；
B.跟据Ka1和Ka2进行计算；
C.跟据点（8.5 ， -4.5）既可以计算出Ksp（CaCO3）；
D.跟据跟据点（6.3 ， -5）计算出Ka1。
17．【答案】A,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；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】 溶液含有的粒子有： 根据质子守恒可得： ，A符合题意；pH相同的这三种溶液，NaOH是强碱，其浓度最小，钠盐水解程度越大，pH相同时钠盐浓度越小，NaClO水解程度较大，则浓度：① > ③，所以三种溶液浓度：① >③ > ②，所以 ：① > ③ > ②，B不符合题意； 和NaCl溶液的浓度均为 ， 的 分别约为 ，形成沉淀需要的 浓度分别为 ，
，所以需要离子浓度大的是 ，应先生成AgCl沉淀，C不符合题意；0. 2 氨水和 溶液等体积混合生成 ，根据物料守恒可得，D 符合题意。
【分析】A.根据质子守恒进行分析。
B. NaOH为强碱， 、NaClO 均为强碱弱酸盐，存在水解反应，根据 pH相同判断各物质的浓度，据此分析。
C. 根据Ksp表达式算出形成两种沉淀所需的各自c()，c()较小的对应的沉淀先生成，据此分析。
D.等物质的量的 氨水和反应生成 ，结合物料守恒进行分析。
18．【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由 可知，FeS比MnS更难溶，所以加入过量难溶 不能除去 溶液中混有的 ，故A符合题意；
B．a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，向10mL浓度为 的 溶液中滴加 的 溶液，b点达到滴定终点，硫离子、锰离子浓度近似相等，-lgc(Mn2+)=7.5，Ksp(MnS)=10-15，e点时，c(S2-)= 0.1mol/L，c(Mn2+)= =3 10-14，故e点纵坐标为-lgc(Mn2+)=-lg3 =13.5，故B不符合题意；
C．a-c-d为FeCl2溶液滴定曲线，d点时，加入0.1mol/LK2S溶液体积为20mL，此时溶液总体积为30mL，则钾离子的物质的量浓度 ，故C符合题意；
D．a点溶液中Mn2+和Fe2+离子水解，溶液显酸性，分别加入硫化钾生成沉淀，硫化钾中，硫离子水解，溶液呈碱性，c点为FeS溶液滴定曲线上的点，Fe2+离子恰好完全沉淀，溶质为氯化钾，溶液呈中性，d点硫化钾过量，溶液主要成分为氯化钾和硫化钾，溶液显碱性，则溶液的pH：d>c>a，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】图中纵坐标为金属离子浓度的负对数，数值越大，离子浓度越小，根据已知 ，即硫离子浓度相等时，c(Fe2+)< c(Mn2+)，可判断a-c-d为FeCl2溶液滴定曲线，a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，据此分析结合选项解答。
19．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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】解：A、在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS﹣电离出的S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，HS﹣电离程度增大，pH减小，故A正确；
B、C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3，苯酚钠和碳酸氢钠都是易溶性物质，所以溶液变澄清，说明酸性苯酚＞碳酸氢根离子，故B错误；
C、在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，说明Cl﹣和CrO42﹣沉淀时，所需的c（Cl﹣）更小，但由于AgCl和Ag2CrO4的Ksp表达式不同，故不能说明Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4），故C错误；
D、Ka（HA）越大，酸性越强，如HA电离程度大于A﹣水解程度，则溶液呈酸性，否则呈碱性，故D正确．
故选AD．
【分析】A、HS﹣电离出的S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀；
B、苯酚和碳酸钠反应生成可溶性的碳酸氢钠和苯酚钠；
C、在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，说明Cl﹣和CrO42﹣沉淀时，所需的c（Cl﹣）更小；
D、Ka（HA）越大，酸性越强；
20．【答案】B,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盖斯定律及其应用；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A强酸强碱稀释后溶液的pH变化更大，酸稀释后pH变大，所以酸HA稀释后pH更大，说明其pH变化也更大，酸性更强，A不符合题意。
B先出现蓝色沉淀说明Cu(OH)2溶解度更小，与组成相似的Mg(OH)2相比，其溶度积也更小，B符合题意。
C溶液颜色变化说明反应生成了Br2或Fe3+，所以不能准确判定氧化性强弱，C不符合题意。
D红褐色溶液说明生成的Fe(OH)3浓度更大，即Fe3+水解程度更大，D符合题意。答案BD。
【分析】A.稀释相同的倍数，强酸pH变化较大；
B.沉淀向更难溶的物质方向转化；
C.氯气与溴化亚铁反应时首先与亚铁离子反应；
D.水解是吸热反应，升高温度有利于水解。
21．【答案】B,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；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、要证明氧化性：Cl2＞Br2，根据方程式Cl2+2KBr=2KCl+Br2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，可将过量Cl2通入KBr2溶液中，再向溶液中加入一定量苯，充分反应后，静置，观察到有机相呈橙色，故A不符合题意；
B、依据氯化银、碘化银阴阳离子比相同，可以用溶解性大小顺序是AgCl＞AgI，比较溶度积常数的大小，向2.0mL浓度均为0.1mol/L的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴AgNO3溶液，振荡，生成黄色沉淀，说明Ksp（AgI）比Ksp（AgCl）小，故B符合题意；
C、氢氧化钠应该过量的，如题，氢氧化钠已经完全反应了，大量的蓝色沉淀可能会掩盖掉红色沉淀现象，所以一般都是2mL NaOH、5滴2%的CuSO4，故C不符合题意；
D、由NaClO2溶液的pH大于7可知其为弱酸强碱盐，而HClO2为难挥发性酸 ，在加热水解的过程中又与NaOH反应生成回NaClO2，所以灼烧后得到的只会是NaClO2晶体。故D不符合题意。故选BD。
【分析】A.根据强制若进行分析；
B.沉淀向更难溶的物质进行；
C.根据醛基检验方法进行判断；
D.根据pH判断盐的类型，结合HClO2的性质进行分析即可。
22．【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
23．【答案】（1）PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)；反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
（2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
（3）Fe2+；Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；作还原剂
（4）Fe(OH)3、Al(OH)3
（5）Ba2+、Na+
【知识点】化学平衡常数；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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“脱硫”过程中，Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4，反应的离子方程式为：PbSO4+CO32-= PbCO3+SO42-；结合第一个表格信息可知该反应的平衡常数K=，说明该反应正向进行程度很大，几乎完全转化，且生成的PbCO3可通过“酸浸”进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4+CO32-= BaCO3(s)+SO42-的平衡常数K=，远小于105，说明该反应正向进行程度很小，因此加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
（3）（i）H2O2有氧化性，二价铁有还原性，能被H2O2氧化为三价铁。
（ii）根据题干信息可知，该反应属于氧化还原反应，其中Pb作还原剂，H2O2作氧化剂，氧化产物是Pb(Ac)2，还原产物是H2O，结合电子守恒、原子守恒进行配平可得Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）PbO2→Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价由+4降为+2，说明PbO2是氧化剂，则H2O2是还原剂。
（4）由分析可知，“酸浸”后的滤渣主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
（5）由（2）可知，“脱硫”时加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化，“酸浸”时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，“沉铅”时Pb2+转化为Pb(OH)2沉淀，最终得到PbO，所以“沉铅”的滤液中，金属离子有Ba2+和Na+[加Na2CO3、NaOH时引入的]。
【分析】根据题干信息及流程图可知，加入Na2CO3“脱硫”时，铅膏中的PbSO4转化为PbCO3；过滤后，向滤渣中加入HAc、H2O2进行“酸浸”，由于H2O2具有氧化性，可将二价铁氧化为三价铁，“酸浸”后溶液的pH约为4.9，结合第二个表格信息可知，此时所得滤渣主要是Fe(OH)3和Al(OH)3；过滤后，向滤液中加入NaOH进行“沉铅”，得到Pb(OH)2沉淀，经一系列操作可得到PbO。
24．【答案】（1）4；VIB
（2）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl
（3）
（4）6.0；1×10-6
（5）Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
（6）防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【知识点】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；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；
（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中 ， =-2，从图中可知， “沉钒”过程控制 ， =-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 ，故答案为： ；
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中 = =1×10-6 ，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成 的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（6）由分析可知，“提纯”过程中 的作用为防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
【分析】
（1）铬元素是24号，元素周期表位置是第4周期VIB族；
（2）氢氧化铁胶体的制备方程式，注意需要注明胶体；
（3）根据图像pH=3时的五价钒粒子的存在主要是；
（4）根据图像，只沉淀铬不沉淀锰，则最适pH=6；根据溶度积常数计算即可；
（5）转化过程中，锰离子转化成二氧化锰，被双氧水氧化，据此根据氧化还原反应进行配平即可；
（6）根据题目信息，pH较大时，二价锰易被氧化，而硫代硫酸钠作还原剂防止氧化。
25．【答案】（1）MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；2Cl--2e- =Cl2↑；Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强；KCl固体(或浓/饱和溶液)；MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
（2）KCl>KBr>KI；Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
（3）AgNO3 或Ag2SO4
（4）比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
（5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【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；氯气的实验室制法；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
【分析】 (1)①二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；
②氧化反应是元素化合价升高；
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析；
(2)KCl>KBr>KI，Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱；
(4)比较AgX的溶解度，Agl溶解度最小，Ag++I-=Ag↓，使得Ag还原性增强的最多，使得
2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
26．【答案】（1）2Ag++ SO=Ag2SO4↓
（2）12；BD
（3）假设二：H+对Ag2SO4溶解起作用
（4）③固体不溶解；1mL0.1mol/LHNO3，振荡；沉淀溶解
（5）HSO4-H++SO，滴加稀硝酸后，H+与SO结合生成HSO，SO浓度降低，Ag2SO4沉淀溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO(aq)正向移动，Ag2SO4不断溶解
（6）沉淀完全干燥称量时，连续两次称量质量不再发生变化
【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】向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明生成硫酸银；硝酸中存在氢离子和硝酸根，从这两种离子对银离子的影响进行假设；若稀硝酸能溶解硫酸银固体，则说明假设二成立；若硝酸钠能使硫酸银溶解，说明假设一成立。
(1)硫酸银为微溶于水的白色沉淀，向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明生成硫酸银，反应的离子方程式为2Ag++ SO=Ag2SO4↓，故答案为：2Ag++ SO=Ag2SO4↓；
(2)④中硝酸银浓度为0.001mol/L，Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5，若要产生浑浊，则溶液中c(SO)理论上至少达到；
A．根据实验③可知，c(SO)≥0.12mol/L时，产生Ag2SO4沉淀，因此混合液中c(SO)=1mol·L 1时会产生Ag2SO4沉淀，故A不符合题意；
B．由A的分析可知，c(SO)≥0.12mol/L时，产生Ag2SO4沉淀，因此混合液中c(SO)=0.1 mol·L 1时不会产生Ag2SO4沉淀，故B符合题意；
C．根据AB项的分析可知，硫酸根离子达到一定浓度时，才会产生硫酸银沉淀，故C不符合题意；
D．根据实验数据可知，若使用0.01 mol·L 1AgNO3溶液， 实验无明显变化，可基本排除SO对Cl-检验构成的干扰，故D符合题意；
故答案为：BD，故答案为：BD；
(3)硝酸能电离出氢离子和硝酸根，结合题意可知假设二为：H+对Ag2SO4溶解起作用，故答案为：H+对Ag2SO4溶解起作用；
(4)假设一为NO对Ag2SO4溶解起作用，硝酸钠中含有硝酸根，因此若③固体溶解，证明假设一成立，固体不溶解，则假设一不成立；另一份溶液用于验证假设二，假设二为H+对Ag2SO4溶解起作用，则实验④的操作为向另一份加入1mL0.1mol/LHNO3，振荡，若硫酸银沉淀溶解，证明假设二成立，故答案为：③固体不溶解；1mL0.1mol/LHNO3，振荡；沉淀溶解
(5)根据(4)的实验可知，Ag2SO4溶解的原因为：HSO4-H++SO，滴加稀硝酸后，H+与SO结合生成HSO，SO浓度降低，Ag2SO4沉淀溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO(aq)正向移动，Ag2SO4不断溶解，故答案为：HSO4-H++SO，滴加稀硝酸后，H+与SO结合生成HSO，SO浓度降低，Ag2SO4沉淀溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO(aq)正向移动，Ag2SO4不断溶解；
(6)沉淀完全干燥称量时，连续两次称量质量不再发生变化，说明沉淀完全干燥，故答案为：沉淀完全干燥称量时，连续两次称量质量不再发生变化。
【分析】（2）根据Ag2SO4的Ksp， Ag+浓度 为0.001mol/l，带入计算即可；判断是否有沉淀产生要计算Qc与Ksp的大小，Qc大于Ksp，有沉淀产生，Qc小于或等于Ksp，没有沉淀产生
（4）实验③和④要验证NO3-和H+对 Ag2SO4溶解作用，加入硝酸钠，沉淀不溶解，说明硝酸根多沉淀溶解没有起作用，故假设一不成立。
27．【答案】（1）SiO2；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7～8.1；Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F-平衡向右移动
（5）Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
（6）蒸发结晶、趁热过滤；样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质
【知识点】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；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】硫化锰矿中MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，再向溶液中通入氨气调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，“除杂”加入MnF2的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣3为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰，经蒸发结晶、趁热过滤得到MnSO4 H2O晶体，以此解答该题。
(1)Si元素以SiO2的形式存在，SiO2不溶于硫酸，“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，滤渣1含有S和SiO2；故答案为：SiO2；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
(2)“氧化”中加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)根据分析，调节pH的目的是除去Fe3+、Al3+，但不沉淀Mn2+、Mg2+，根据表pH的范围为4.7～8.1；滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：4.7～8.1；Fe(OH)3、Al(OH)3；
(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+．若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，因为F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F-平衡向右移动；故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F-平衡向右移动；
(5)“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(6)由题干溶解度图像可知，当温度低于40℃时溶液将析出MnSO4 5H2O，故由分析从“操作A”所得溶液中得到MnSO4 H2O晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥，若称取一定质量的MnSO4 H2O用标准BaCl2溶液滴定(操作过程产生的误差很小可忽略)，若样品失去部分结晶水则导致相同质量的样品中含有的硫酸根偏大，导致结果偏高，或样品混有硫酸盐杂质也将产生跟多的硫酸钡，导致计算所得样品质量分数大于100%，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质。
【分析】依据元素化合物的性质，结合难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，结合物质的分离与提纯的相关知识分析解答。
28．【答案】（1）
（2）8.2
（3）；增大pH，平衡正向移动，浓度增大，沉铬率增大
（4）
（5）“药剂还原沉淀法”操作简单，“沉淀法操作工艺流程复杂；
【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】“沉淀法”工艺，用过氧化氢把Cr3+、Fe2+氧化为、Fe3+，加入氢氧化钠生成氢氧化物沉淀除去Cu2+、Fe3+、Zn2+，再加入硫酸铅发生沉淀转化生成铬酸铅沉淀，除去铬元素；“药剂还原沉淀法”工艺，用硫酸调节含铬废水的pH为2~3，加入亚硫酸钠把Cr(Ⅵ)还原为Cr3+，再加氢氧化钠生成氢氧化物沉淀除去重金属离子。
(1)“氧化”过程中被H2O2氧化为，反应的离子方程式为；
(2)为保证重金属离子完全沉淀，“沉降”过程中应调节pH范围是8.2～10.5
(3)①“沉铬”过程中，硫酸铅沉淀转化为铬酸铅沉淀，反应的离子方程式为；
②增大pH，平衡正向移动，浓度增大，沉铬率增大；
(4)根据氧化还原反应原理，“还原”过程中，被Cr(Ⅵ)氧化，硫元素化合价由+4升高为+6，氧化产物是；
(5)比较“沉淀法”和“药剂还原沉淀法”， “药剂还原沉淀法”操作简单，“沉淀法操作工艺流程复杂；
【分析】
(1)依据得失电子守恒和电荷守恒；
(2)保证重金属离子完全沉淀；
(3)①硫酸铅沉淀转化为铬酸铅沉淀；
②依据平衡移动原理；
(4)根据氧化还原反应原理，化合价有升必有降；
(5)比较操作工艺流程复杂程度；
29．【答案】（1）BaCO3、CaCO3
（2）H++OH-=H2O、CO+2H+=H2O+CO2↑
（3）蒸发结晶
（4）氯化钠；检测中SO检出量明显高于1和2；盐酸、蒸馏水；小于；先加入BaCl2沉淀剂并过滤分离出BaSO4
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；粗盐提纯
【解析】【解答】根据实验目的某小组探究沉淀剂添加顺序及过滤方式对产品中硫酸根杂质含量的影响，除去粗盐中的Mg2+、Ca2+、SO杂杂质，Mg2+可以用过量氢氧化钠除去，Ca2+可用过量碳酸钠除去，SO可以用过量的氯化钡去除，但是过量的氯化钡用碳酸钠除去，所以一般为先钡（氯化钡），后碳（碳酸钠），碱（氢氧化钠）随便，过滤以后过量的氢氧化钠和碳酸钠加盐酸除去，在经蒸发结晶，可得精盐，取部分精盐溶解于水加入氯化钡，检测SO，以此来解析；
(1)实验1，先加过量的氯化钡溶液，钡离子和硫酸根会反应生成硫酸钡沉淀，钙离子和也会和硫酸根离子反应生成一小部分的硫酸钙，溶液中还有杂质离子为（Mg2+、Ca2+、Ba2+），再加过量的氢氧化钠，镁离子会和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，钙离子也会和氢氧根离子反应生成一小部分氢氧化钙沉淀，溶液中还含有杂质离子为（OH-、Ca2+、Ba2+）再加过量的碳酸钠，碳酸根离子和钙离子会形成碳酸钙沉淀，钡离子会和碳酸根离子形成碳酸钡沉淀，实验1中加入沉淀剂3后会生成BaCO3、CaCO3；
(2)根据分析除杂4加盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，反应的离子方程为：H++OH-=H2O；盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠，水和二氧化碳，反应的离子方程为：CO+2H+=H2O+CO2↑；
(3)根据上面分析可知由氯化钠溶液和盐酸溶液得精盐，采取蒸发的方法，氯化氢挥发掉以后，再结晶可以得到氯化钠固体；
(4)①根据提示加入与难溶电解质不同离子的电解质，假设2实验3是NaOH能明显增大BaSO4溶解度，假设3实验4NaOH或Na2CO3能明显增大BaSO4溶解度，假设1因“盐效应”溶解度增大，氯化钠能增大BaSO4溶解度；假设1是实验1和2，假设2是实验3，假设就剩实验4，根据已有信息仿写假设3为：实验4检测中SO检出量明显高于1和2；
②目的探究不同试剂对硫酸钡溶解度的影响程度，对溶解后溶液中硫酸离子的检验，不能有其它离子干扰，故需要加入盐酸排除离子的干扰，加蒸馏水调节成相同体积溶液；
③BaSO4+CO=BaCO3+SO，导致溶解的硫酸酸根离子增多，但是加入盐酸后生成的钡离子又和硫酸根离子结合硫酸钡沉淀，导致生成硫酸根离子的浓度又减小了，盐效应大于同离子效应；
④粗盐提纯时，为了有效降低产品中SO含量，必须先加入BaCl2沉淀剂并过滤分离出BaSO4，才能降低硫酸根的含量。
【分析】
(1)依据溶解性表判断；
(2)盐酸会与过量的碳酸钠和氢氧化钠反应；
(3)依据氯化钠的溶解度受温度的影响小的特点，采取蒸发结晶的方法；
(4)①根据提示信息分析；
②探究不同试剂对硫酸钡溶解度的影响程度时应调节成相同体积溶液；
③通过实验比较盐效应与同离子效应；
④粗盐提纯时，不能引入新的杂质。
30．【答案】（1）SiO2
（2）H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率
（3）4NA
（4）4.6
（5）在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液
（6）Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；KSCN或NH4SCN；滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，半分钟内不变色
【知识点】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】粉煤灰加入硫酸酸浸，TiO2转化为TiOSO4，其余金属氧化物转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶于稀硫酸，成为滤渣1的主要成分；滤液1加热促进TiO2+水解得到TiO2·xH2O；过滤后向TiO2·xH2O中加入双氧水、氨水以及LiOH反应得到Li2Ti5O15时，再混合Li2CO3高温煅烧得到Li4Ti5O12；向调节滤液2加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH，沉淀Al3+和Fe3+，过滤后处理滤液3得到MgCl2固体。
(1)滤渣1主要成分为难溶于稀硫酸的SiO2。
(2)TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时需要加入双氧水、氨水，H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率，所以温度不能过高。
(3)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，设过氧键数量为x，则有2x个-1价的O和(15-2x)个-2价的氧，根据化合价整体为0可得2+4×5=2x+2(15-2x)，解得x=4，所以1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。
(4)调节pH主要除去Al3+和Fe3+，Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，所以Al3+完全沉淀时，Fe3+也已经完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==4×10-10mol·L-1，此时c(H+)=2.5×10-5mol·L-1，pH=4.6；
(5)由于氯化镁溶液中存在Mg2+的水解，加热会促进水解和HCl的挥发，所以为抑制水解，需在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液制备MgCl2固体；
(6)①根据题意Al可以将TiO2+还原为Ti3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；
②Ti3+具有较强还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，而Fe3+遇到SCN-会使溶液显红色，所以指示剂可以选用KSCN或NH4SCN溶液，含Ti3+的溶液显紫色，达到滴定终点时Fe3+稍过量，溶液会变为红色，现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，且半分钟内不变色。
【分析】
(1)SiO2是酸性氧化物，不溶于酸
(2)H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率。
(3)根据化合价整体为0。
(4)依据Ksp计算；
(5)考虑Mg2+的水解，及生成HCl的挥发；
(6)①根据电子守恒和元素守恒；
②依据Fe3+的检验。
31．【答案】（1）6.67
（2）柠檬酸是一种强络合剂，与铜离子结合能力大于与氢氧根离子的结合能力，致使铜离子无法与氢氧根离子结合形成氢氧化物沉淀
（3）6；pH=6时铜离子沉淀率较高，而其他金属离子损失率相对较少
（4）温度升高，反应速率变快；当温度超过80℃时，抗坏血酸出现分解现象，导致还原性降低，还原铜的能力减弱
（5）Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu
【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)由表格信息可知，铜离子完全沉淀时的pH值为6.67，故答案为：6.67；
(2)由题干信息可知柠檬酸具有较好的络合性，pH=12时铜的沉淀率为12%，远小于理论分析结果，这是因为柠檬酸的结合铜离子的能力强于氢氧根离子，故答案为：柠檬酸是一种强络合剂，与铜离子结合能力大于与氢氧根离子的结合能力，致使铜离子无法与氢氧根离子结合形成氢氧化物沉淀；
(3)由图1可知pH等于6时，铜离子的沉淀率已经很高，同时结合图2可知此时其他离子的损失率较小，因此沉淀铜选择最佳pH为6，故答案为：6；pH=6时铜离子沉淀率较高，而其他金属离子损失率相对较少；
(4)反应开始阶段，随温度的升高，反应速率较快，有利于铜的沉淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度过高会使其分解导致还原性降低，还原铜的能力减弱，故答案为：温度升高，反应速率变快；当温度超过80℃时，抗坏血酸出现分解现象，导致还原性降低，还原铜的能力减弱；
(5)抗坏血酸还原铜离子可能是直接将铜离子还原成Cu，也可能是与氢氧化铜直接反应得到Cu，抗坏血酸被氧化成脱氢抗坏血酸(C6H6O6)，相关反应为：Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu；故答案为：Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu；
【分析】(1)分析表格可知，铜离子完全沉淀的pH；
(2)柠檬酸和铜离子形成了比较稳定的络合物，无法沉淀；
(3)既要铜离子沉淀率比较高，又要其他金属离子损失比较小，分析两幅图选择最佳pH；
(4)温度升高，反应速率加快，沉淀率增大，平衡后温度升高，温度高了， 抗坏血酸 ，Cu沉淀率减小；
(5)分析图1，可知 抗坏血酸 在pH较低或较高的条件下都可以沉Cu.
32．【答案】（1）；加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积
（2）；；，能产生沉淀；发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
(1)由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：；
②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；
③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；
(2)①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：，能产生沉淀；
③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；
ⅱ2023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5
一、选择题
1．（2021·全国甲）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液中 、 、与 的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 的 值为
C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点
D． 时两溶液中
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B.曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42-)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，B符合题意；
C.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，C不符合题意；
D.由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1-y2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32-)]的关系。
2．（2022·内江模拟）已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的强碱弱酸盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-1gc(X)(X为Sr2+或F-)与1g的关系如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．L1代表-lgc(F-)与lg的变化曲线
B．Ksp(SrF2)的数量级为10-9
C．a、c两点的溶液中均存在：2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)+c(Cl-)
D．c点的溶液中存在c(Cl-)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)
【答案】C
【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．由分析可知，L1、L2分别代表-lgc(F-)、-lgc(Sr2+)与lg[]的变化曲线，A不符合题意；
B．当lg[]=1时，c(Sr2+)=10-4mol/L，c(F-)=10-2.2mol/L，代入图示数据，Ksp(SrF2) =c(Sr2+) c2(F-)=10-4×(10-2.2)2=10-8.4，数量级为10-9，B不符合题意；
C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F-)，有平衡HFH++F-可知，溶解得到的c(F-)等于溶液中存在的c(F-)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)，C符合题意；
D．由图可知，c点处c(Sr2+)=c(F-)，则与H+结合的F-占了SrF2溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF；c点对应lg[]值大于0，则＞1，即c(HF)＞c(H+)，故溶液中存在c(Cl-)＞c(Sr2+)=c(HF)＞c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 SrF2中存在溶解平衡SrF2 (s) Sr2++2F-，随着lg[增大，F-浓度增大，溶解平衡逆向移动，c(Sr2+)减小，则L1代表-lgc(F-)与lg[]的变化曲线，L2代表-lgc(Sr2+)与lg[]的变化曲线。
3．（2022·德州模拟）用1 mol/L氨水(控制1滴/s逐滴加入，下同)滴定60 mL0.02 mol/L硫酸铜溶液；氨水稍过量后，再用1 mol/L的硫酸反滴定铜氨配合物溶液。实验记录如下：
实验现象 反应过程中的pH和电导率变化对比曲线
滴加氨水时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液。 滴加硫酸时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到蓝色溶液。
资料：ⅰ．实验中产生的浅蓝色沉淀为碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2SO4；
ⅱ．电导率是以数字表示的溶液中传导电流的能力。
下列分析中错误的是（ ）
A．a之前未加氨水，溶液pH＜7的原因是Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
B．ab段发生的主要反应为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH
C．d点混合溶液pH＜7，与反应后生成的NH水解有关
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关
【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．a之前未加氨水，溶液中溶质为CuSO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中盐电离产生的Cu2+发生水解反应：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液pH＜7，A不符合题意；
B．向溶液中滴加少量氨水时，产生浅蓝色沉淀是碱式硫酸铜，根据电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH，B不符合题意；
C．d点混合溶液pH＜7，溶液显酸性，是由于溶液中含有(NH4)2SO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中NH发生水解反应，消耗水电离产生的OH-产生NH3 H2O，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，导致溶液pH＜7，故与反应生成的NH水解有关，C不符合题意；
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率不仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关，而且也与离子的种类有关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、硫酸铜中铜离子为弱离子，可以发生水解；
B、根据提示可知，铜离子和硫酸根、一水合氨生成浅蓝色沉淀碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2SO4；
C、铵根离子为弱离子，可以发生水解；
D、根据图示可知导电率和离子浓度、离子电荷数、离子种类有关。
4．（2022·新疆模拟）由下列实验操作及现象所得结论正确的是（ ）
选项 实验操作及现象 结论
A 向某溶液中加入70%硫酸溶液后加热，并将气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水，品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊 该溶液中含亚硫酸盐
B 向蛋白质溶液中加入饱和氯化铵溶液，有固体析出 蛋白质发生了变性
C 将变黑的银器浸入盛有NaCl溶液的铝制容器中，银器由黑变白 生成了Ag
D 用pH计测CH3COONa溶液和NaF溶液的pH，前者大于后者 Ka(HF)＞Ka( CH3COOH)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．亚硫酸盐、亚硫酸氢盐都能和硫酸反应生成二氧化硫，溶液中溶质不一定是亚硫酸盐，故A不符合题意；
B．饱和氯化铵能使蛋白质溶解度变小而发生盐析，重金属盐能使蛋白质变性，故B不符合题意；
C．将变黑的银器浸入盛有NaCl溶液的铝制容器中，Ag2S或Ag2O、Al和NaCl溶液构成原电池，正极上Ag2S或Ag2O得到电子生成Ag，所以得到的白色固体是Ag，故C符合题意；
D．两种钠盐溶液的物质的量浓度未知，无法判断两种钠盐的水解程度，无法判断两种酸的电离平衡常数相对大小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.亚硫酸氢盐也能和硫酸反应生成二氧化硫；
B.加入饱和氯化铵溶液，发生蛋白质的盐析；
D.两种钠盐溶液的物质的量浓度未知。
5．（2022·日照模拟）废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。
已知：ⅰ.铅膏的主要成分是和；是强酸；
ⅱ.、。
下列有关说法错误的是（ ）
A．步骤②中反应的化学平衡常数K约为
B．操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．步骤④发生反应的离子方程式为
D．若步骤⑤用铅蓄电池作为电源电解溶液，当电路中有电子转移时，铅蓄电池负极质量的变化量与电解池阴极质量的变化量相等
【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】铅有主要成分是PbO2、PbSO4， 通入SO2后，发生反应：PbO2+SO2=PbSO4 ，再加入(NH4)2CO3，发生反应： (NH4 ) 2CO3+PbSO4=PbCO3+ ( NH4) 2SO4，此反应的本质为沉淀的转化，过滤得到副产品( NH4) 2SO4，再将PbCO3溶于HBF4酸(强酸)，得到Pb ( BF4) 2溶液和CO2气体，再对Pb ( BF4) 2溶液进行电解得到Pb 。
A．步骤②中反应的化学平衡常数K ，A不符合题意；
B．操作③为过滤操作，需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B不符合题意；
C．步骤④PbCO3溶于HBF4酸(强酸)，得到Pb ( BF4) 2溶液和CO2气体，发生反应的离子方程式为，C不符合题意；
D．若步骤⑤用铅蓄电池作为电源电解溶液，当电路中有电子转移时，铅蓄电池负极是1mol铅变成1mol硫酸铅，质量的变化为96克，与电解池阴极为铅离子变成铅，质量的变化为207克，质量不相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、沉淀转化的化学平衡常数通常可以有其离子对应的溶度积进行计算；
B、过滤操作需要用到漏斗、烧杯、玻璃棒；
C、强酸和可溶性盐都可以拆开；
D、要注意产物的质量增加不相同。
6．（2022·临汾模拟）天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知K(CaCO3)=10-8.7，某溶洞水体中lgc(X)(X为HCO 、CO 或Ca2+)与pH变化的关系如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线②代表CO
B．H2CO3的第二级电离常数为10-10.3
C．a=-4.35，b=-2.75
D．pH=10.3时，c(Ca2+)=10-7.6 mol·L-1
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析，曲线②代表CO ，故A说法符合题意；
B．电离平衡常数只受温度的影响，曲线①和②交点代表此时c(CO )= c(HCO )，即Ka2=c(H+)=10-10.3，故B说法符合题意；
C．曲线②和曲线③交点，说明c(CO )= c(Ca2+)，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )，推出c(CO )= =10-4.35，即a=-4.35，根据电离平衡常数Ka2= ，解得c(HCO )=10-2.65，即b=-2.65，故C说法不符合题意；
D．pH=10.3时，c(CO )=10-1.1mol/L，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )，c(Ca2+)=10-7.6mol/L，故D说法符合题意；
故答案为C。
【分析】A．根据图象可知，横坐标代表pH，随着pH增大，碱性增强，c(HCO )、c(CO )增大，先生成，再生成，曲线①代表，曲线②代表，因为碳酸钙是难溶物，因此，随着c(CO )增大，溶液中c（Ca2+）减小，推出曲线③代表Ca2+，据此分析作答即可。
B．选择曲线①和②交点，利用Ka2= 计算。
C．选择曲线②和曲线③交点，根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )和Ka2= 计算
D．根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO )计算。
7．（2022·潍坊模拟）“打造青山常在、绿水长流、空气常新的美丽中国，让锦绣河山造福人民”。下列水处理方法错误的是（ ）
A．用臭氧进行自来水消毒
B．向酸性废水中加生石灰进行中和
C．用FeS除去工业废水中的Cu2+和Hg2+
D．用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；除杂
【解析】【解答】A．用臭氧进行自来水消毒，氧化性强杀菌消毒程度高且无污染，A不符合题意；
B．生石灰为CaO，溶于水生成Ca(OH)2，可中和酸，B不符合题意；
C．用FeS能与Cu2+和Hg2+生成CuS和HgS沉淀，除去工业废水中的Cu2+和Hg2+，C不符合题意；
D．硫酸镁微溶于水，硫酸钙微溶于水，不能用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.臭氧具有强氧化性；
B.CaO与酸反应；
C..CuS、HgS均为难溶电解质；
D.硫酸镁易溶于水。
8．（2022·江苏模拟）室温下，某小组设计下列实验探究含银化合物的转化。
实验1：向4 mL 0.01 mol·L-1AgNO3溶液中加入2 mL 0.01 mol·L-1NaCl溶液，产生白色沉淀。
实验2：向实验1所得悬浊液中加入2 mL0.01 mol·L-1NaBr溶液，产生淡黄色沉淀，过滤。
实验3：向实验2所得淡黄色沉淀中滴入一定量Na2S溶液，产生黑色沉淀，过滤。
已知：室温下Ksp(AgCl)=2×10-10。下列说法正确的是（ ）
A．实验1静置所得上层清液中c(Cl-)约为1.4×10 -5 mol·L-1
B．实验2的现象能够说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)
C．实验3所用Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS- )+c(H2S)
D．实验3过滤后所得清液中存在：c2(Ag+)= 且c(Ag+)≤
【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．AgNO3与NaCl按物质的量1：1反应生成AgCl沉淀，则剩余2 mL 0.01 mol·L-1AgNO3溶液，c(Ag+)= ，已知室温下Ksp(AgCl)=2×10-10， ，A不符合题意；
B．实验1所得悬浊液含剩余过量的AgNO3溶液，滴入一定量Na2S溶液，产生黑色沉淀，为Ag+与Br-结合生成AgBr，不是AgCl沉淀转化得到，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，B不符合题意；
C．Na2S溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS- )+2c(H2S)，C不符合题意；
D．淡黄色沉淀中AgBr滴入一定量Na2S溶液，产生黑色沉淀Ag2S，滤液为硫化银的饱和溶液，所以清液中一定存在：c2(Ag+)= ，产生黑色沉淀Ag2S，发生沉淀转化，AgBr溶解平衡逆向移动，则c(Ag+)≤ ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据 Ksp(AgCl) =c(Ag+)c(Cl-)计算；
B.实验1中硝酸银过量，实验2中Ag+与Br-结合生成AgBr；
C.根据质子守恒判断。
9．（2022·衡水模拟）难溶盐BaCO3的饱和溶液中c2(Ba2+)随c(H+)而变化。实验发现，298K时c2(Ba2+)—c(H+)为线性关系，如图中实线所示。下列说法错误的是（ ）
A．饱和BaCO3溶液中c(Ba2+)随pH增大而增大
B．BaCO3的溶度积Ksp=2.6×10-9
C．若忽略CO 的第二步水解，Ka2(H2CO3)=5×10-11
D．N点溶液中：c(Ba2+)>c(HCO )>c(CO )
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图像知c2(Ba2+)随c(H+)增大而增大，所以c(Ba2+)随pH增大而减小，A符合题意；
B．c(H+)几乎为0时，c(OH-)浓度最大，抑制CO 离子水解程度最大，此时c(Ba2+)=( CO )，使c2(Ba2+)越接近2.6×10-9，此时Ksp=c(Ba2+)·c(CO )=c2(Ba2+)=2.6×10-9，B不符合题意；
C．若忽略CO 的第二步水解，当c(CO )=c(HCO )时，Ka2(H2CO3)= =c(H+)，溶液中有c(Ba2+)=c(CO )+c(HCO )=2c(CO )，故c2(Ba2+)=c(Ba2+)·2c(CO )=2c(Ba2+)·c(CO )=2Ksp=5.2×10-9，即M点，此时c(H+)=5×10-11，Ka2(H2CO3)=c(H+)=5×10-11，C不符合题意；
D．在N点，由C选项得知，c(CO )=c(HCO )，N点c(H+)大，所以更促进CO 转化成HCO ，因此有c(Ba2+)>c(HCO )>c(CO )，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.饱和BaCO3溶液中c(Ba2+)随pH的减小而增大；
B.根据Ksp=c(Ba2+)·c(CO )计算；
C.根据Ka2(H2CO3)= =c(H+)计算；
D.N点溶液中c(H+)大于M点，CO 与H+结合生成HCO 。
10．（2022·汕头模拟）常温下，利用手持装置(图甲)进行实验；向蒸馏水中加入Mg(OH)2粉末，一段时间后再加入稀硫酸。测得溶液pH随时间变化曲线如图乙所示。
下列对曲线的分析错误的是( )
A．ab段pH不断增大的原因是Mg(OH)2不断溶解导致的
B．bc段存在平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)
C．cd段中
D．通过实验数据对比可知，加入的稀硫酸的物质的量小于Mg(OH)2
【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．Mg(OH)2属于碱，溶于水产生OH-，使溶液的pH增大，故A不符合题意；
B．由图可知，bc段溶液的pH不再变化，说明溶液中OH-的浓度不再变化，则存在平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)，故B不符合题意；
C．cd段加入稀硫酸，消耗OH-，平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)正向移动，此时 ，故C符合题意；
D．a点时加入的Mg(OH)2使溶液pH变化到了b点，c点时加入硫酸与氢氧化镁反应，使得溶液的pH变化到了d点，若Mg(OH)2与硫酸恰好完全反应生成硫酸镁，溶液会因Mg2+水解而呈酸性，但d点溶液的pH约为10，显碱性，说明加入的稀硫酸的物质的量小于Mg(OH)2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.ab段氢氧化镁不断溶解，产生OH-；
B.bc段pH不变，则氢氧化镁溶解达到平衡状态；
C.cd段加入稀硫酸，消耗OH-，平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(sq)+2OH-(aq)正向移动；
D.最后的溶液显碱性，氢氧化镁过量。
11．（2022·东城模拟）下列解释事实的方程式错误的是（ ）
A．NO遇空气变为红棕色：2NO+O2=2NO2
B．用NaOH溶液吸收Cl2：OH-+Cl2=HClO+Cl-
C．明矾净水：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
D．向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液，沉淀变黑：2AgI(s)+S2-(aq) Ag2S(s)+2I-(aq)
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．NO遇空气，会与空气中的O2反应：2NO+O2=2NO2，生成红棕色气体NO2，A不符合题意；
B．用NaOH溶液吸收Cl2，由于溶液呈碱性，HClO不能稳定存在，所以离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，B符合题意；
C．明矾溶于水，Al3+会发生水解：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，生成的Al(OH)3(胶体)具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，所以可用于净水，C不符合题意；
D．由于Ag2S的Ksp比AgI的Ksp还小，所以向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液，发生反应：2AgI(s)+S2-(aq) Ag2S(s)+2I-(aq)，从而产生黑色沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NO无色，易被氧化为红棕色的NO2；
B.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
C.铝离子水解生成氢氧化铝胶体；
D.Ag2S溶解度小于AgI，发生沉淀的转化。
12．（2022·南通模拟）已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验l：测得0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH不断减小
实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12
实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法正确的是（ ）
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-)
C．实验3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
【答案】A
【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.0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1 mol·L-1，Ka1(H2S)= =10-7，则，则c(HS-)=10-3.9 mol·L-1，Ka2(H2S)= =10-12.9，则，则c(S2-)=10-12.7 mol·L-1，pH=4.1，则pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，则c(S2-)
C.10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，根据NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它们恰好反应，根据质子守恒，则Na2S溶液中存在2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)，故C不符合题意；
D．实验3所得Na2S溶液中，滴入几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，虽然产生粉色MnS沉淀，但S2-并没有沉淀完全，所以在滴入几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，又产生黑色CuS沉淀，并不能说明存在沉淀转化，则也不能说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用Ka1(H2S)= 、Ka2(H2S)= 计算；
B．利用Ka2(H2S)= 分析；
C.根据质子守恒分析；
D．利用沉淀转化分析。
13．（2022·乌鲁木齐模拟）已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-lg c(X)(X为Sr2+或F-与的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．L1代表-lgc(Sr2+)与的变化曲线
B．Ksp(SrF2)的数量级为10-7
C．a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F -)+c(HF)
D．c点的溶液中存在c(Cl-)＜ c(Sr2+)
【答案】C
【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．由以上分析可知，L1代表-lg c(F-)与的变化曲线，故A不符合题意；
B．取=1时，-lgc(Sr2+)=4.0，c(Sr2+)=10-4mol/L，-lg c(F-)=2.2，c(F-)=10-2.2mol/L，=10-410-2.2)2=10-8.4，Ksp(SrF2)的数量级为10-9，故B不符合题意；
C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F -)，由平衡HFH++F-可知，溶解得到的c(F -)等于溶液中存在的c(F -)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F -)+c(HF)，故C符合题意；
D．由图可知c点处c(Sr2+)=c(F -)，溶液中存在电荷守恒关系：2c(Sr2+)+c(H+)=c(F -)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Sr2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，结合C选项分析可知c(F -)= c(HF )，则c点时c(H+)= Ka=10-3.2mol/L，pH<7，溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，故c点的溶液中存在c(Cl-)> c(Sr2+)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】SrF2悬浊液中存在沉淀溶解平衡：SrF2(s) Sr2++2F-，用HCl调节溶液存在平衡：H++F- HF，随着增大，H++F- HF逆向移动，F-浓度增大，SrF2(s) Sr2++2F-的平衡逆向移动，则c(Sr2+)减小，-lgc(Sr2+)增大，则L1代表-lg c(F-)与的变化曲线，L2代表-lgc(Sr2+)与的变化曲线。
14．（2022·永州模拟）一种从含砷废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如图：
已知：
I.As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O
II.As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS(aq)
III.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被氢碘酸等还原
下列说法错误的是（ ）
A．As2S3中砷元素的化合价为+3价
B．“沉砷”过程中FeS可以用过量的Na2S代替
C．用氧气进行“氧化脱硫”涉及离子方程式AsS+2O2=AsO+3S↓
D．能用氢碘酸、淀粉溶液检验还原后溶液中是否仍存在砷酸
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见元素的化合价；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．As2S3中S的化合价为-2，则砷元素的化合价为+3，A不符合题意；
B．FeS不可以用过量的Na2S替换，由于As2S3(s)+3S2-(aq) 2 AsS(aq)，加入过量的硫化钠，溶液中硫离子浓度增大，平衡正向移动不利于沉砷，B符合题意；
C．向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，As元素以Na3AsO4的形式存在，对应离子方程式为AsS+2O2=AsO+3S↓，C不符合题意；
D．检验SO2还原砷酸后所得溶液中是否仍存在砷酸，由已知信息III，需进行的实验操作是：取少量 SO2还原砷酸后的溶液于试管中，加入足量氢碘酸，然后加入几滴淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝色，说明存在砷酸，反之，无砷酸，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】Ａ．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｂ．根据已知 II ，加入过量的Na2S不利于沉砷；
Ｃ．向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，As元素以Na3AsO4的形式存在；
Ｄ． 砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被氢碘酸等还原 ， 因此能用氢碘酸、淀粉溶液检验还原后溶液中是否仍存在砷酸 。
15．（2022·枣庄模拟）天然水体中的碳酸盐系统(、、、)，微粒不同浓度分布会影响溶液的pH。某温度下，溶洞水体中(X为、、或)与pH关系如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表
B．的数量级为
C．该温度下与为线性关系
D．溶液中始终存在
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．分析可知，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，则①代表Ca2+，A不符合题意；
B．③代表，④代表，当③和④交叉点时c()=c()，此时pH处于9~10之间，=，的数量级为，B不符合题意；
C．已知Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，H2CO3的Ka1×Ka2= =，结合Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()，可得c2(H+)=，且Ksp、Ka1、Ka2均为温度的函数是一个定值，由图像可知曲线②代表，c(H2CO3)又是一个不变的值，则该温度下与为线性关系，C符合题意；
D．溶液存在电荷守恒：，由图可以看出c(Ca2+)=c()，c(H2CO3)=c()都只有一个交点，且这两个交点不重合，故溶液中不存在， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓变都增大，而在pH很小时也产生，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此③代表，④代表，①代表Ca2+，②代表，据此计算分析判断。
16．（2022·遂宁模拟）天然水体中的与空气中的保持平衡。某温度下，溶洞水体中(为、、或)为与关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．斜线③表示随pH变化关系
B．该温度下，时溶液的pH=9.3
C．根据图像不能计算该温度下CaCO3的
D．该温度下，H2CO3的电离平衡常数Ka1数量级为
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析知斜线③表示随pH变化关系，故A不符合题意；
B． 由图可知，pH=6.3时，H2CO3和浓度相等，所以，pH=10.3时，和浓度相等，所以，，则，解得，所以该温度下，时溶液的pH=9.3，故B不符合题意；
C． 由分析知①表示Ca2+，③表示，经交点（8.5，-4.5），可计算该温度下CaCO3的=，故C符合题意；
D． 由B选项可知该温度下，数量级为10-7，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.，跟据点（6.3 ， -5）和点（10.3 ，-1.1）计算出Ka1和Ka2，判断出斜线③表示随pH变化关系；
B.跟据Ka1和Ka2进行计算；
C.跟据点（8.5 ， -4.5）既可以计算出Ksp（CaCO3）；
D.跟据跟据点（6.3 ， -5）计算出Ka1。
二、多选题
17．（2023高三下·曹县开学考）已知：25 ℃时，约为1×10-10，约为。下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A．的溶液中：
B．pH相同的①、② NaOH、③NaClO三种溶液中：③ >① >②
C．向浓度均为的NaCl和混合液中滴加溶液，先沉淀
D．氨水和溶液等体积混合：
【答案】A,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；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】 溶液含有的粒子有： 根据质子守恒可得： ，A符合题意；pH相同的这三种溶液，NaOH是强碱，其浓度最小，钠盐水解程度越大，pH相同时钠盐浓度越小，NaClO水解程度较大，则浓度：① > ③，所以三种溶液浓度：① >③ > ②，所以 ：① > ③ > ②，B不符合题意； 和NaCl溶液的浓度均为 ， 的 分别约为 ，形成沉淀需要的 浓度分别为 ，
，所以需要离子浓度大的是 ，应先生成AgCl沉淀，C不符合题意；0. 2 氨水和 溶液等体积混合生成 ，根据物料守恒可得，D 符合题意。
【分析】A.根据质子守恒进行分析。
B. NaOH为强碱， 、NaClO 均为强碱弱酸盐，存在水解反应，根据 pH相同判断各物质的浓度，据此分析。
C. 根据Ksp表达式算出形成两种沉淀所需的各自c()，c()较小的对应的沉淀先生成，据此分析。
D.等物质的量的 氨水和反应生成 ，结合物料守恒进行分析。
18．（2021高二下·新乐开学考）常温下，分别向体积均为 、浓度均为 的 和 溶液中滴加 的 溶液，滴加过程中溶液 和 与滴入 溶液体积( )的关系如图所示。[已知： ， ，忽略溶液混合时温度和体积的变化]，下列说法错误的是( )
A．加入过量难溶 可除去 溶液中混有的
B．e点纵坐标约为13.5
C．d点钾离子的物质的量浓度
D．溶液的pH：d>c>a
【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由 可知，FeS比MnS更难溶，所以加入过量难溶 不能除去 溶液中混有的 ，故A符合题意；
B．a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，向10mL浓度为 的 溶液中滴加 的 溶液，b点达到滴定终点，硫离子、锰离子浓度近似相等，-lgc(Mn2+)=7.5，Ksp(MnS)=10-15，e点时，c(S2-)= 0.1mol/L，c(Mn2+)= =3 10-14，故e点纵坐标为-lgc(Mn2+)=-lg3 =13.5，故B不符合题意；
C．a-c-d为FeCl2溶液滴定曲线，d点时，加入0.1mol/LK2S溶液体积为20mL，此时溶液总体积为30mL，则钾离子的物质的量浓度 ，故C符合题意；
D．a点溶液中Mn2+和Fe2+离子水解，溶液显酸性，分别加入硫化钾生成沉淀，硫化钾中，硫离子水解，溶液呈碱性，c点为FeS溶液滴定曲线上的点，Fe2+离子恰好完全沉淀，溶质为氯化钾，溶液呈中性，d点硫化钾过量，溶液主要成分为氯化钾和硫化钾，溶液显碱性，则溶液的pH：d>c>a，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】图中纵坐标为金属离子浓度的负对数，数值越大，离子浓度越小，根据已知 ，即硫离子浓度相等时，c(Fe2+)< c(Mn2+)，可判断a-c-d为FeCl2溶液滴定曲线，a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，据此分析结合选项解答。
19．（2016高三下·扬州开学考）下列说法正确的是（ ）
A．在NaHS溶液中滴入少量的CuCl2溶液产生黑色沉淀，HS﹣电离程度增大，反应后溶液pH减小
B．浑浊的苯酚试液中加入饱和Na2CO3溶液变澄清，则酸性：苯酚＞碳酸
C．在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，则Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4）
D．等体积、物质的量浓度的HA与NaA（HA为弱酸）混合溶液，其酸碱性取决于Ka（HA）的大小
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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】解：A、在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS﹣电离出的S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，HS﹣电离程度增大，pH减小，故A正确；
B、C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3，苯酚钠和碳酸氢钠都是易溶性物质，所以溶液变澄清，说明酸性苯酚＞碳酸氢根离子，故B错误；
C、在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，说明Cl﹣和CrO42﹣沉淀时，所需的c（Cl﹣）更小，但由于AgCl和Ag2CrO4的Ksp表达式不同，故不能说明Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4），故C错误；
D、Ka（HA）越大，酸性越强，如HA电离程度大于A﹣水解程度，则溶液呈酸性，否则呈碱性，故D正确．
故选AD．
【分析】A、HS﹣电离出的S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀；
B、苯酚和碳酸钠反应生成可溶性的碳酸氢钠和苯酚钠；
C、在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgCl，说明Cl﹣和CrO42﹣沉淀时，所需的c（Cl﹣）更小；
D、Ka（HA）越大，酸性越强；
20．（2018高三下·城中开学考）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向pH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍，pH（HA）＞pH（HB） 酸性：HA＜HB
B 向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
C 向FeBr2溶液中通入少量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色 氧化性：Cl2＞Br2
D 向25 mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色 温度升高，Fe3＋的水解程度增大
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盖斯定律及其应用；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A强酸强碱稀释后溶液的pH变化更大，酸稀释后pH变大，所以酸HA稀释后pH更大，说明其pH变化也更大，酸性更强，A不符合题意。
B先出现蓝色沉淀说明Cu(OH)2溶解度更小，与组成相似的Mg(OH)2相比，其溶度积也更小，B符合题意。
C溶液颜色变化说明反应生成了Br2或Fe3+，所以不能准确判定氧化性强弱，C不符合题意。
D红褐色溶液说明生成的Fe(OH)3浓度更大，即Fe3+水解程度更大，D符合题意。答案BD。
【分析】A.稀释相同的倍数，强酸pH变化较大；
B.沉淀向更难溶的物质方向转化；
C.氯气与溴化亚铁反应时首先与亚铁离子反应；
D.水解是吸热反应，升高温度有利于水解。
21．（2018高三下·淮阴开学考）下列根据实验操作或现象得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A KBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2，有机相呈橙色 氧化性：Cl2＞Br2
B 室温下，向浓度均为0.1mol L-1的KCl和KI混合溶液中滴加几滴AgNO3溶液，只出现黄色沉淀 Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)
C 向1mL1％的NaOH溶液中加入2mL2％的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀。 Y中不含有醛基
D 已知NaClO2溶液的pH＞7，将其蒸干并灼烧得到固体残留物。 该固体为NaClO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,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；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、要证明氧化性：Cl2＞Br2，根据方程式Cl2+2KBr=2KCl+Br2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，可将过量Cl2通入KBr2溶液中，再向溶液中加入一定量苯，充分反应后，静置，观察到有机相呈橙色，故A不符合题意；
B、依据氯化银、碘化银阴阳离子比相同，可以用溶解性大小顺序是AgCl＞AgI，比较溶度积常数的大小，向2.0mL浓度均为0.1mol/L的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴AgNO3溶液，振荡，生成黄色沉淀，说明Ksp（AgI）比Ksp（AgCl）小，故B符合题意；
C、氢氧化钠应该过量的，如题，氢氧化钠已经完全反应了，大量的蓝色沉淀可能会掩盖掉红色沉淀现象，所以一般都是2mL NaOH、5滴2%的CuSO4，故C不符合题意；
D、由NaClO2溶液的pH大于7可知其为弱酸强碱盐，而HClO2为难挥发性酸 ，在加热水解的过程中又与NaOH反应生成回NaClO2，所以灼烧后得到的只会是NaClO2晶体。故D不符合题意。故选BD。
【分析】A.根据强制若进行分析；
B.沉淀向更难溶的物质进行；
C.根据醛基检验方法进行判断；
D.根据pH判断盐的类型，结合HClO2的性质进行分析即可。
三、非选择题
22．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至 的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为 。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是 。
②“操作X”的过程为：先 ，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 （写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为 。
【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
23．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和，还有少量、、的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为 ，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因 。
（2）在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是 。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（），还要加入。
（ⅰ）能被氧化的离子是 ；
（ⅱ）促进了金属在醋酸中转化为，其化学方程式为 ；
（ⅲ）也能使转化为，的作用是 。
（4）“酸浸”后溶液的约为4.9，滤渣的主要成分是 。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有 。
【答案】（1）PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)；反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
（2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
（3）Fe2+；Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；作还原剂
（4）Fe(OH)3、Al(OH)3
（5）Ba2+、Na+
【知识点】化学平衡常数；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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“脱硫”过程中，Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4，反应的离子方程式为：PbSO4+CO32-= PbCO3+SO42-；结合第一个表格信息可知该反应的平衡常数K=，说明该反应正向进行程度很大，几乎完全转化，且生成的PbCO3可通过“酸浸”进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4+CO32-= BaCO3(s)+SO42-的平衡常数K=，远小于105，说明该反应正向进行程度很小，因此加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
（3）（i）H2O2有氧化性，二价铁有还原性，能被H2O2氧化为三价铁。
（ii）根据题干信息可知，该反应属于氧化还原反应，其中Pb作还原剂，H2O2作氧化剂，氧化产物是Pb(Ac)2，还原产物是H2O，结合电子守恒、原子守恒进行配平可得Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）PbO2→Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价由+4降为+2，说明PbO2是氧化剂，则H2O2是还原剂。
（4）由分析可知，“酸浸”后的滤渣主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
（5）由（2）可知，“脱硫”时加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化，“酸浸”时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，“沉铅”时Pb2+转化为Pb(OH)2沉淀，最终得到PbO，所以“沉铅”的滤液中，金属离子有Ba2+和Na+[加Na2CO3、NaOH时引入的]。
【分析】根据题干信息及流程图可知，加入Na2CO3“脱硫”时，铅膏中的PbSO4转化为PbCO3；过滤后，向滤渣中加入HAc、H2O2进行“酸浸”，由于H2O2具有氧化性，可将二价铁氧化为三价铁，“酸浸”后溶液的pH约为4.9，结合第二个表格信息可知，此时所得滤渣主要是Fe(OH)3和Al(OH)3；过滤后，向滤液中加入NaOH进行“沉铅”，得到Pb(OH)2沉淀，经一系列操作可得到PbO。
24．（2021·辽宁）从钒铬锰矿渣(主要成分为 、 、 )中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰[ ](在空气中易被氧化.回答下列问题：
（1）Cr元素位于元素周期表第 周期 族。
（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为 。
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中 ，“沉钒”过程控制 ，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 (填化学式)。
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为 ；在该条件下滤液B中 （ 近似为 ， 的 近似为 ）。
（5）“转化”过程中生成 的离子方程式为 。
（6）“提纯”过程中 的作用为 。
【答案】（1）4；VIB
（2）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl
（3）
（4）6.0；1×10-6
（5）Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
（6）防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【知识点】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；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；
（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中 ， =-2，从图中可知， “沉钒”过程控制 ， =-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 ，故答案为： ；
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中 = =1×10-6 ，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成 的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（6）由分析可知，“提纯”过程中 的作用为防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
【分析】
（1）铬元素是24号，元素周期表位置是第4周期VIB族；
（2）氢氧化铁胶体的制备方程式，注意需要注明胶体；
（3）根据图像pH=3时的五价钒粒子的存在主要是；
（4）根据图像，只沉淀铬不沉淀锰，则最适pH=6；根据溶度积常数计算即可；
（5）转化过程中，锰离子转化成二氧化锰，被双氧水氧化，据此根据氧化还原反应进行配平即可；
（6）根据题目信息，pH较大时，二价锰易被氧化，而硫代硫酸钠作还原剂防止氧化。
25．（2021·北京）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：
i还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱.
ii随c(Cl-)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有Cl2
II a 有Cl2
III a+b 无Cl2
a是 ，b是 。
（2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。
（4）Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。
（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
【答案】（1）MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；2Cl--2e- =Cl2↑；Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强；KCl固体(或浓/饱和溶液)；MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
（2）KCl>KBr>KI；Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
（3）AgNO3 或Ag2SO4
（4）比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
（5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【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；氯气的实验室制法；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
【分析】 (1)①二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；
②氧化反应是元素化合价升高；
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析；
(2)KCl>KBr>KI，Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱；
(4)比较AgX的溶解度，Agl溶解度最小，Ag++I-=Ag↓，使得Ag还原性增强的最多，使得
2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
26．（2022·惠州模拟）为检验溶液中是否含有Cl-，某同学采用向溶液中先加HNO3，再加AgNO3，若有白色沉淀生成，则证明有Cl-。对此结论，有人提出了质疑，溶液中可能有SO，设计了如下探究性实验。
（1）实验一：向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液
编号 Na2SO4溶液 AgNO3溶液 现象
体积 mL 浓度 mol·L 1 体积 滴 浓度 mol·L 1 混合后Ag+浓度mol·L 1
① 1 1 3 2 0.2 出现大量白色沉淀
② 1 1 3 0.5 0.05 出现少量白色沉淀
③ 1 1 3 0.1 0.01 有些许浑浊
④ 1 1 3 0.01 0.001 无明显变化
实验一中产生沉淀的离子方程式为 。
（2）已知：25℃时Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5，Ksp(AgCl)=1.8×10-10
实验一中编号④无明显变化，若要产生浑浊，溶液中c(SO)理论上至少达到 mol·L 1。若向l mL某浓度的NaCl与Na2SO4混合溶液中加入3滴0.1mol·L 1AgNO3溶液，分析上面数据，判断下列说法正确的是 (填字母序号)。
A．混合液中c(SO)=1mol·L 1时不会产生Ag2SO4沉淀
B．混合液中c(SO)=0.1 mol·L 1时不会产生Ag2SO4沉淀
C．无论SO浓度大小都会产生Ag2SO4沉淀
D．若使用0.01 mol·L 1AgNO3溶液，可基本排除SO对Cl-检验构成的干扰
（3）将实验一编号③中的理论计算结果与现象对照，发现理论上大部分Ag+应该形成沉淀，这与“有些许浑浊”的现象相矛盾。为探究真相，在实验一的基础上继续设计了以下实验。
实验二：
编号 AgNO3浓度/mol·L 1 现象 滴加硝酸后的现象
① 2 出现大量白色沉淀 滴加稀硝酸，沉淀大量溶解；改加浓硝酸，沉淀较快消失
② 0.5 出现少量白色沉淀 滴加稀硝酸，沉淀基本消失
对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设，请完成假设二。
假设一：NO对Ag2SO4溶解起作用。
假设二： 。
（4）选择适当试剂并设计实验方案，分别验证假设一和假设二是否成立。请写出实验步骤和现象。
编号 操作 现象 结论
① 取少量Ag2SO4于试管中，加入2mL水，振荡 固体不溶解
② 将①的浊液分成两等份
③ 向其中一份加入1mL0.1mol/L的NaNO3，振荡 假设一不成立
④ 向另一份加入 假设二成立
（5）通过(4)的实验，请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因。(已知：H2SO4=H++HSO、HSOH++SO) 。
（6）用硝酸银滴定法，可以测定水体中氯化物的含量。洗涤沉淀必须干燥后才能称量，沉淀完全干燥的判断方法是 。
【答案】（1）2Ag++ SO=Ag2SO4↓
（2）12；BD
（3）假设二：H+对Ag2SO4溶解起作用
（4）③固体不溶解；1mL0.1mol/LHNO3，振荡；沉淀溶解
（5）HSO4-H++SO，滴加稀硝酸后，H+与SO结合生成HSO，SO浓度降低，Ag2SO4沉淀溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO(aq)正向移动，Ag2SO4不断溶解
（6）沉淀完全干燥称量时，连续两次称量质量不再发生变化
【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】向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明生成硫酸银；硝酸中存在氢离子和硝酸根，从这两种离子对银离子的影响进行假设；若稀硝酸能溶解硫酸银固体，则说明假设二成立；若硝酸钠能使硫酸银溶解，说明假设一成立。
(1)硫酸银为微溶于水的白色沉淀，向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明生成硫酸银，反应的离子方程式为2Ag++ SO=Ag2SO4↓，故答案为：2Ag++ SO=Ag2SO4↓；
(2)④中硝酸银浓度为0.001mol/L，Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5，若要产生浑浊，则溶液中c(SO)理论上至少达到；
A．根据实验③可知，c(SO)≥0.12mol/L时，产生Ag2SO4沉淀，因此混合液中c(SO)=1mol·L 1时会产生Ag2SO4沉淀，故A不符合题意；
B．由A的分析可知，c(SO)≥0.12mol/L时，产生Ag2SO4沉淀，因此混合液中c(SO)=0.1 mol·L 1时不会产生Ag2SO4沉淀，故B符合题意；
C．根据AB项的分析可知，硫酸根离子达到一定浓度时，才会产生硫酸银沉淀，故C不符合题意；
D．根据实验数据可知，若使用0.01 mol·L 1AgNO3溶液， 实验无明显变化，可基本排除SO对Cl-检验构成的干扰，故D符合题意；
故答案为：BD，故答案为：BD；
(3)硝酸能电离出氢离子和硝酸根，结合题意可知假设二为：H+对Ag2SO4溶解起作用，故答案为：H+对Ag2SO4溶解起作用；
(4)假设一为NO对Ag2SO4溶解起作用，硝酸钠中含有硝酸根，因此若③固体溶解，证明假设一成立，固体不溶解，则假设一不成立；另一份溶液用于验证假设二，假设二为H+对Ag2SO4溶解起作用，则实验④的操作为向另一份加入1mL0.1mol/LHNO3，振荡，若硫酸银沉淀溶解，证明假设二成立，故答案为：③固体不溶解；1mL0.1mol/LHNO3，振荡；沉淀溶解
(5)根据(4)的实验可知，Ag2SO4溶解的原因为：HSO4-H++SO，滴加稀硝酸后，H+与SO结合生成HSO，SO浓度降低，Ag2SO4沉淀溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO(aq)正向移动，Ag2SO4不断溶解，故答案为：HSO4-H++SO，滴加稀硝酸后，H+与SO结合生成HSO，SO浓度降低，Ag2SO4沉淀溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO(aq)正向移动，Ag2SO4不断溶解；
(6)沉淀完全干燥称量时，连续两次称量质量不再发生变化，说明沉淀完全干燥，故答案为：沉淀完全干燥称量时，连续两次称量质量不再发生变化。
【分析】（2）根据Ag2SO4的Ksp， Ag+浓度 为0.001mol/l，带入计算即可；判断是否有沉淀产生要计算Qc与Ksp的大小，Qc大于Ksp，有沉淀产生，Qc小于或等于Ksp，没有沉淀产生
（4）实验③和④要验证NO3-和H+对 Ag2SO4溶解作用，加入硝酸钠，沉淀不溶解，说明硝酸根多沉淀溶解没有起作用，故假设一不成立。
27．（2022·宝鸡模拟）硫酸锰(MnSO4·H2O)是一种粉色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，是重要的微量元素肥料之一、工业上由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Si等元素的氧化物)制备硫酸锰的工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9
（1）“滤渣1”中含有S和 ；“溶浸”时两种含锰化合物与H2SO4反应的化学方程式 。
（2）加入H2O2的主要目的是 。
（3）利用氨水调节溶液的pH范围在 之间，“滤渣2”的成分为 。
（4）“除杂”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是 。
（5）“沉锰”反应的离子方程式 。
（6）由图像可知，从“操作A”所得溶液中得到MnSO4·H2O晶体需进行的操作是 、洗涤、干燥。若称取一定质量的MnSO4·H2O用标准BaCl2溶液滴定(操作过程产生的误差很小可忽略)，计算所得样品质量分数大于100%，分析可能的原因是 。
【答案】（1）SiO2；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7～8.1；Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F-平衡向右移动
（5）Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
（6）蒸发结晶、趁热过滤；样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质
【知识点】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；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】硫化锰矿中MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，再向溶液中通入氨气调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，“除杂”加入MnF2的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣3为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰，经蒸发结晶、趁热过滤得到MnSO4 H2O晶体，以此解答该题。
(1)Si元素以SiO2的形式存在，SiO2不溶于硫酸，“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，滤渣1含有S和SiO2；故答案为：SiO2；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
(2)“氧化”中加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)根据分析，调节pH的目的是除去Fe3+、Al3+，但不沉淀Mn2+、Mg2+，根据表pH的范围为4.7～8.1；滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：4.7～8.1；Fe(OH)3、Al(OH)3；
(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+．若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，因为F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F-平衡向右移动；故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F-平衡向右移动；
(5)“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(6)由题干溶解度图像可知，当温度低于40℃时溶液将析出MnSO4 5H2O，故由分析从“操作A”所得溶液中得到MnSO4 H2O晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥，若称取一定质量的MnSO4 H2O用标准BaCl2溶液滴定(操作过程产生的误差很小可忽略)，若样品失去部分结晶水则导致相同质量的样品中含有的硫酸根偏大，导致结果偏高，或样品混有硫酸盐杂质也将产生跟多的硫酸钡，导致计算所得样品质量分数大于100%，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质。
【分析】依据元素化合物的性质，结合难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，结合物质的分离与提纯的相关知识分析解答。
28．（2022·南平模拟）含铬电镀废水的主要成分如下表，常用“沉淀法”和“药剂还原沉淀法”进行处理。
离子 Cr(Ⅵ)
含量/ 28.38 12.92 0.34 0.069 0.014
（1）Ⅰ．“沉淀法”工艺流程如下图。
金属离子沉淀完全时()及沉淀开始溶解时的pH如下。
金属离子
pH 沉淀完全 6.7 8.3 2.8 8.2 5.6
沉淀开始溶解 - 13.5 14.0 10.5 12.0
“氧化”过程中转化为的离子方程式为 。
（2）“沉降”过程中应调节pH范围是 ～10.5。
（3）已知25℃时、；。“沉铬”过程中：
①生成铬黄的离子方程式为 。
②从平衡角度分析pH对沉铬率的影响 。
（4）Ⅱ．“药剂还原沉淀法”工艺流程如下图。
“还原”过程中，被Cr(Ⅵ)氧化为 。
（5）比较“沉淀法”和“药剂还原沉淀法”工艺的优劣 (写出一条即可)。
【答案】（1）
（2）8.2
（3）；增大pH，平衡正向移动，浓度增大，沉铬率增大
（4）
（5）“药剂还原沉淀法”操作简单，“沉淀法操作工艺流程复杂；
【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】“沉淀法”工艺，用过氧化氢把Cr3+、Fe2+氧化为、Fe3+，加入氢氧化钠生成氢氧化物沉淀除去Cu2+、Fe3+、Zn2+，再加入硫酸铅发生沉淀转化生成铬酸铅沉淀，除去铬元素；“药剂还原沉淀法”工艺，用硫酸调节含铬废水的pH为2~3，加入亚硫酸钠把Cr(Ⅵ)还原为Cr3+，再加氢氧化钠生成氢氧化物沉淀除去重金属离子。
(1)“氧化”过程中被H2O2氧化为，反应的离子方程式为；
(2)为保证重金属离子完全沉淀，“沉降”过程中应调节pH范围是8.2～10.5
(3)①“沉铬”过程中，硫酸铅沉淀转化为铬酸铅沉淀，反应的离子方程式为；
②增大pH，平衡正向移动，浓度增大，沉铬率增大；
(4)根据氧化还原反应原理，“还原”过程中，被Cr(Ⅵ)氧化，硫元素化合价由+4升高为+6，氧化产物是；
(5)比较“沉淀法”和“药剂还原沉淀法”， “药剂还原沉淀法”操作简单，“沉淀法操作工艺流程复杂；
【分析】
(1)依据得失电子守恒和电荷守恒；
(2)保证重金属离子完全沉淀；
(3)①硫酸铅沉淀转化为铬酸铅沉淀；
②依据平衡移动原理；
(4)根据氧化还原反应原理，化合价有升必有降；
(5)比较操作工艺流程复杂程度；
29．（2022·南平模拟）可用“沉淀法”除去粗盐中的、、杂质。某小组探究沉淀剂添加顺序及过滤方式对产品中硫酸根杂质含量的影响，实验流程及结果如下。
沉淀剂1 沉淀剂1 沉淀剂1 过滤方式 检测结果
实验1 溶液 NaOH溶液 溶液 逐一过滤 少量浑浊
实验2 溶液 溶液 NaOH溶液 逐一过滤 少量浑浊
实验3 NaOH溶液 溶液 溶液 逐一过滤 大量沉淀
实验4 溶液 NaOH溶液 溶液 一起过滤 大量沉淀
（1）实验1中加入沉淀剂3后会生成 (填化学式)。
（2）“除杂4”发生反应的离子方程式有 。
（3）“操作X”为 。
（4）查阅资料：难溶电解质的溶解度会受到溶液中其它离子的影响。加入与难溶电解质相同离子的电解质，因“同离子效应”溶解度降低；加入与难溶电解质不同离子的电解质，因“盐效应”溶解度增大。
①提出假设：
依据 假设
假设1 实验1和2中检测时出现少量浑浊 (填化学式)能增大溶解度
假设2 实验3中检出量明显高于1和2 NaOH能明显增大溶解度
假设3 (将内容补充完整) NaOH或能明显增大溶解度
②设计实验：探究不同试剂对硫酸钡溶解度的影响程度
探究1 探究2 探究3 探究4
实验流程
试剂 饱和食盐水 2 NaOH溶液 0.5 溶液 蒸馏水
现象 少量浑浊 大量沉淀 大量沉淀 无明显现象
“滤液处理”需用到的试剂有 。
③实验分析：实验3中溶液的用量为理论值的1.5倍，最后仍检出的原因是该体系中“同离子效应” “盐效应”(填“大于”或“小于”)。
④实验结论：粗盐提纯时，为了有效降低产品中含量，必须 。
【答案】（1）BaCO3、CaCO3
（2）H++OH-=H2O、CO+2H+=H2O+CO2↑
（3）蒸发结晶
（4）氯化钠；检测中SO检出量明显高于1和2；盐酸、蒸馏水；小于；先加入BaCl2沉淀剂并过滤分离出BaSO4
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；粗盐提纯
【解析】【解答】根据实验目的某小组探究沉淀剂添加顺序及过滤方式对产品中硫酸根杂质含量的影响，除去粗盐中的Mg2+、Ca2+、SO杂杂质，Mg2+可以用过量氢氧化钠除去，Ca2+可用过量碳酸钠除去，SO可以用过量的氯化钡去除，但是过量的氯化钡用碳酸钠除去，所以一般为先钡（氯化钡），后碳（碳酸钠），碱（氢氧化钠）随便，过滤以后过量的氢氧化钠和碳酸钠加盐酸除去，在经蒸发结晶，可得精盐，取部分精盐溶解于水加入氯化钡，检测SO，以此来解析；
(1)实验1，先加过量的氯化钡溶液，钡离子和硫酸根会反应生成硫酸钡沉淀，钙离子和也会和硫酸根离子反应生成一小部分的硫酸钙，溶液中还有杂质离子为（Mg2+、Ca2+、Ba2+），再加过量的氢氧化钠，镁离子会和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，钙离子也会和氢氧根离子反应生成一小部分氢氧化钙沉淀，溶液中还含有杂质离子为（OH-、Ca2+、Ba2+）再加过量的碳酸钠，碳酸根离子和钙离子会形成碳酸钙沉淀，钡离子会和碳酸根离子形成碳酸钡沉淀，实验1中加入沉淀剂3后会生成BaCO3、CaCO3；
(2)根据分析除杂4加盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，反应的离子方程为：H++OH-=H2O；盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠，水和二氧化碳，反应的离子方程为：CO+2H+=H2O+CO2↑；
(3)根据上面分析可知由氯化钠溶液和盐酸溶液得精盐，采取蒸发的方法，氯化氢挥发掉以后，再结晶可以得到氯化钠固体；
(4)①根据提示加入与难溶电解质不同离子的电解质，假设2实验3是NaOH能明显增大BaSO4溶解度，假设3实验4NaOH或Na2CO3能明显增大BaSO4溶解度，假设1因“盐效应”溶解度增大，氯化钠能增大BaSO4溶解度；假设1是实验1和2，假设2是实验3，假设就剩实验4，根据已有信息仿写假设3为：实验4检测中SO检出量明显高于1和2；
②目的探究不同试剂对硫酸钡溶解度的影响程度，对溶解后溶液中硫酸离子的检验，不能有其它离子干扰，故需要加入盐酸排除离子的干扰，加蒸馏水调节成相同体积溶液；
③BaSO4+CO=BaCO3+SO，导致溶解的硫酸酸根离子增多，但是加入盐酸后生成的钡离子又和硫酸根离子结合硫酸钡沉淀，导致生成硫酸根离子的浓度又减小了，盐效应大于同离子效应；
④粗盐提纯时，为了有效降低产品中SO含量，必须先加入BaCl2沉淀剂并过滤分离出BaSO4，才能降低硫酸根的含量。
【分析】
(1)依据溶解性表判断；
(2)盐酸会与过量的碳酸钠和氢氧化钠反应；
(3)依据氯化钠的溶解度受温度的影响小的特点，采取蒸发结晶的方法；
(4)①根据提示信息分析；
②探究不同试剂对硫酸钡溶解度的影响程度时应调节成相同体积溶液；
③通过实验比较盐效应与同离子效应；
④粗盐提纯时，不能引入新的杂质。
30．（2022·蚌埠模拟）LiTi5O12是锂离子电池的电极材料，可利用电厂产生的粉煤灰(主要成分为TiO2、MgO、SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等)来制备，同时获得MgCl2固体。工艺流程如下：
已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子，该离子能水解。
②Ksp[Al(OH)3]=6.4×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。
③Ti3+在溶液中呈紫色，有较强还原性。
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时温度不宜过高，原因是 。
（3）已知Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，则1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为 个。
（4）“调pH”目的是除去其它金属阳离子，则调pH最小为 (已知：离子浓度小于或等于1.0×10-5mol·L-1，认为离子沉淀完全。lg2=0.3)。
（5）MgCl2溶液制备MgCl2固体的实验操作为 。
（6）测定“酸浸”后滤液1中Ti元素含量的方法：
①转化：隔绝空气条件下，向溶液中加入铝片，Ti元素被还原为Ti3+，反应离子方程式为 。
②滴定：溶液中Ti3+用含Fe3+的标准液进行滴定，用 (填化学式)溶液作指示剂，滴定达到终点时的现象是 。
【答案】（1）SiO2
（2）H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率
（3）4NA
（4）4.6
（5）在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液
（6）Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；KSCN或NH4SCN；滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，半分钟内不变色
【知识点】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】粉煤灰加入硫酸酸浸，TiO2转化为TiOSO4，其余金属氧化物转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶于稀硫酸，成为滤渣1的主要成分；滤液1加热促进TiO2+水解得到TiO2·xH2O；过滤后向TiO2·xH2O中加入双氧水、氨水以及LiOH反应得到Li2Ti5O15时，再混合Li2CO3高温煅烧得到Li4Ti5O12；向调节滤液2加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH，沉淀Al3+和Fe3+，过滤后处理滤液3得到MgCl2固体。
(1)滤渣1主要成分为难溶于稀硫酸的SiO2。
(2)TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时需要加入双氧水、氨水，H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率，所以温度不能过高。
(3)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，设过氧键数量为x，则有2x个-1价的O和(15-2x)个-2价的氧，根据化合价整体为0可得2+4×5=2x+2(15-2x)，解得x=4，所以1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。
(4)调节pH主要除去Al3+和Fe3+，Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，所以Al3+完全沉淀时，Fe3+也已经完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==4×10-10mol·L-1，此时c(H+)=2.5×10-5mol·L-1，pH=4.6；
(5)由于氯化镁溶液中存在Mg2+的水解，加热会促进水解和HCl的挥发，所以为抑制水解，需在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液制备MgCl2固体；
(6)①根据题意Al可以将TiO2+还原为Ti3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；
②Ti3+具有较强还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，而Fe3+遇到SCN-会使溶液显红色，所以指示剂可以选用KSCN或NH4SCN溶液，含Ti3+的溶液显紫色，达到滴定终点时Fe3+稍过量，溶液会变为红色，现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，且半分钟内不变色。
【分析】
(1)SiO2是酸性氧化物，不溶于酸
(2)H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率。
(3)根据化合价整体为0。
(4)依据Ksp计算；
(5)考虑Mg2+的水解，及生成HCl的挥发；
(6)①根据电子守恒和元素守恒；
②依据Fe3+的检验。
31．（2022·门头沟模拟）废弃的锂离子电池中含有大量Co、Ni、Mn、Cu、Al等金属元素，需回收处理。柠檬酸因具有酸性和较好的络合性，可用于浸出金属离子并得到柠檬酸浸出液，下列是某小组研究从柠檬酸浸出液中去除铜的方法。
（1）方法一：调pH去除铜
资料1：金属离子沉淀的pH
Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀pH 3.53 4.91 6.88 7.40 8.14
完全沉淀pH 4.89 6.67 8.87 9.39 10.14
由数据分析，甲同学提出可以控制溶液pH至 去除溶液中铜离子。
（2）设计实验，测得不同pH下铜的沉淀率如表。
pH 5 8 10 12
铜的沉淀率 2.3 7.2 9.8 12
由数据分析pH=12时铜的沉淀率为12%，远小于理论分析结果，分析可能原因 。
结论：不可以通过调pH去除铜。
（3）方法二：还原法去除铜
资料2：抗坏血酸(C6H8O6)具有较强的还原性，氧化后为脱氢抗坏血酸(C6H6O6)；受热易分解。
向柠檬酸浸出液中加入抗坏血酸能有效的将Cu2+还原成金属Cu。某实验小组研究了相同条件下，pH、反应时间和温度分别对Cu沉淀率的影响。
依据图1和图2，判断沉淀铜选择最佳pH为 ，理由是 。
（4）从图3可以看出，随着温度的升高，相同时间内Cu的沉淀率先逐渐增加，在80℃时达到最高点，后略有下降。分析原因 。
（5）由上述实验可知：抗坏血酸还原铜离子可能存在的路径 ， 。(用离子方程式表示)
结论：可以通过还原法去除铜。
【答案】（1）6.67
（2）柠檬酸是一种强络合剂，与铜离子结合能力大于与氢氧根离子的结合能力，致使铜离子无法与氢氧根离子结合形成氢氧化物沉淀
（3）6；pH=6时铜离子沉淀率较高，而其他金属离子损失率相对较少
（4）温度升高，反应速率变快；当温度超过80℃时，抗坏血酸出现分解现象，导致还原性降低，还原铜的能力减弱
（5）Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu
【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)由表格信息可知，铜离子完全沉淀时的pH值为6.67，故答案为：6.67；
(2)由题干信息可知柠檬酸具有较好的络合性，pH=12时铜的沉淀率为12%，远小于理论分析结果，这是因为柠檬酸的结合铜离子的能力强于氢氧根离子，故答案为：柠檬酸是一种强络合剂，与铜离子结合能力大于与氢氧根离子的结合能力，致使铜离子无法与氢氧根离子结合形成氢氧化物沉淀；
(3)由图1可知pH等于6时，铜离子的沉淀率已经很高，同时结合图2可知此时其他离子的损失率较小，因此沉淀铜选择最佳pH为6，故答案为：6；pH=6时铜离子沉淀率较高，而其他金属离子损失率相对较少；
(4)反应开始阶段，随温度的升高，反应速率较快，有利于铜的沉淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度过高会使其分解导致还原性降低，还原铜的能力减弱，故答案为：温度升高，反应速率变快；当温度超过80℃时，抗坏血酸出现分解现象，导致还原性降低，还原铜的能力减弱；
(5)抗坏血酸还原铜离子可能是直接将铜离子还原成Cu，也可能是与氢氧化铜直接反应得到Cu，抗坏血酸被氧化成脱氢抗坏血酸(C6H6O6)，相关反应为：Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu；故答案为：Cu2++C6H8O6=C6H6O6+2H++Cu；Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+Cu；
【分析】(1)分析表格可知，铜离子完全沉淀的pH；
(2)柠檬酸和铜离子形成了比较稳定的络合物，无法沉淀；
(3)既要铜离子沉淀率比较高，又要其他金属离子损失比较小，分析两幅图选择最佳pH；
(4)温度升高，反应速率加快，沉淀率增大，平衡后温度升高，温度高了， 抗坏血酸 ，Cu沉淀率减小；
(5)分析图1，可知 抗坏血酸 在pH较低或较高的条件下都可以沉Cu.
32．（2022·西城模拟）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：
资料：i．磷灰石的主要成分是
ii．可溶于水，微溶于水
ii．
iv．
（1）制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和 。
②增大酸浸反应速率的措施有 (只写1条)。
③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是 。
（2）制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是 。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。
pH=1时，溶液中的，则 。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀 。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是 。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是 (答出2点)。
【答案】（1）；加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积
（2）；；，能产生沉淀；发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
(1)由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：；
②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；
③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；
(2)①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：，能产生沉淀；
③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；
ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故答案为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。
【分析】
(1)产物磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸；
②依据影响反应速率的因素分析；
③依据微溶于水分析；
(2)①磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水；
②通过比较离子积和溶度积的大小判断；
③ⅰ．依据平衡移动原理分析；
ⅱ．pH过大，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时可能会因沉淀速率过快而导致团聚。
33．（2022·湛江模拟）含硫化合物在生产生活中有重要应用，实验小组对部分含硫化合物进行探究。回答下列问题：
（1）小组同学设计了两种制备的方案。
Ⅰ.70% 溶液与粉末反应；Ⅱ．Cu粉与浓在加热条件下反应。
①方案Ⅰ所涉及的化学方程式为 。
②两种方案相比，方案Ⅰ的优点为 。
（2）小组同学用如图所示装置检验上述方案Ⅱ中所有气体产物。
①A中仪器m的名称为 ，装置B中盛放的试剂为 。
②按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→ →d(填仪器接口的小写字母)。
③装置C中仪器n的作用为 。
（3）小组同学探究溶液的pH对与反应产物的影响，进行如下实验。
查阅资料：为白色难溶于水的固体，能溶于溶液；AgOH为白色难溶于水的固体，易分解，难溶于溶液；为白色固体，微溶于水，不易分解。
步骤一：将一定质量的配成250mL溶液，并测得溶液的；将一定质量配成250mL溶液，并分成两份，一份用将pH调至8，另一份用NaOH溶液将pH调至11；
步骤二：将的溶液滴入足量的的溶液中，开始产生白色沉淀，后沉淀变为棕黑色。
步骤三：将的溶液滴入的溶液中，产生白色沉淀。
①步骤一中配置溶液所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要 。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为，则该步骤产生的白色沉淀为 (填化学式)。
③对步骤三中白色沉淀的组成提出假设：i．可能含有；ii．可能含有；iii.可能含有AgOH。提出假设ⅱ的依据为 ；请设计实验方案验证假设ⅰ是否正确： 。
【答案】（1）；原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)
（2）蒸馏烧瓶；品红溶液(或高锰酸钾溶液)；gfbc；防止倒吸
（3）250 mL容量瓶﹑胶头滴管；AgOH；酸性条件下可能将氧化为；取少量白色沉淀加入足量溶液，若有沉淀溶解，则假设ⅰ成立，若没有沉淀溶解，则假设ⅰ不成立
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见气体制备原理及装置选择；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】装置A中铜与浓硫酸加热反应生成二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，将生成的气体通过装置D，用无水硫酸铜检验水蒸气，再用装置B检验二氧化硫，B中盛放品红溶液或酸性高锰酸钾溶液，二氧化硫污染环境，最后用装置C处理尾气。
(1)①硫酸与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：。
②方案II需要加热，反应I不需要，且方案I原料利用率高，因此方案Ⅰ的优点为：原料利用率高，条件易于控制(或节约能源)。
(2)①A中仪器m的名称为蒸馏烧瓶，装置B用来检验二氧化硫，因此盛放试剂为：品红溶液(或高锰酸钾溶液)。
②由分析可知，装置的连接顺序为ADBC，因此按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→gfbc→d。
③装置C中仪器n为球形干燥管，其作用为防止倒吸。
(3)①配制250mL一定浓度溶液所需玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管。
②步骤二中产生的棕黑色沉淀为 Ag2O ，由题意可知，氢氧化银易分解生成氧化银和水，因此该步骤产生的白色沉淀为AgOH。
③亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，且pH=4的硝酸银溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，因此白色沉淀可能
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