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3
一、选择题
1．（2023·全国甲卷）下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由点可求得
B．时的溶解度为
C．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离
D．混合溶液中时二者不会同时沉淀
2．（2023·浙江1月选考）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：
[已知，，的电离常数]，下列有关说法正确的是
A．上层清液中存在
B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．向体系中通入气体，溶液中保持不变
D．通过加溶液可实现向的有效转化
3．（2022·福建）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是（ ）
A．可被净化的区间最大
B．加入适量，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
4．（2023·漳州模拟）四水合磷酸锌[，难溶于水]是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含、、、、、、等)为原料制备的流程如下：
下列说法错误的是
A．滤渣Ⅰ的主要成分是、
B．“除铁”中，用试剂x凋节溶液的pH约5.1后加的目的是将氧化为
C．若试剂y选择ZnS将溶液中转化为CuS除去，说明
D．沉锌后的母液可回收利用的物质有、
5．（2023·漳州模拟）工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示[已知：常温下，；难溶于水]。下列说法错误的是
A．时，与氨水反应生成，溶液中
B．时，
C．时，物质的量分数最大，除铅效果最好
D．时，转化为的离子方程式为
6．（2023·渭南模拟）已知25℃时，的平衡常数，，下列叙述中正确的是
A．向的混合液中滴加溶液，首先析出沉淀
B．将浓度均为的、溶液等体积混合后可得到沉淀
C．25℃时，的约为
D．相同温度下，在水中的大于在溶液中的
7．（2023·渭南模拟）常温下，向25 mL0.12 mol/L AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3 mol/L。下列叙述错误的是（ ）
A．a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B．b点溶液中：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)
C．由e点可知，反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数的数量级为105
D．c～d段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
8．（2022·长春模拟）难溶物在水溶液中存在沉淀溶解平衡，已知Ksp(CaSO4)=9.0×10-6，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，离子浓度与物质常温下的溶解度关系如图所示，下列说法正确的是
A．L1为CaSO4曲线，L2为CaCO3曲线
B．c1的数量级为10-4，c2=3.0×10-3mol/L
C．常温下L1溶解度：a>d，a>e
D．降低温度a点可移动至c点
9．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）室温下，用0.100的标准AgNO3溶液滴定20.00mL浓度相等的NaCl、NaBr和NaI的混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法错误的是
A．a点溶液中有黄色沉淀生成
B．原溶液中NaCl、NaBr和NaI的浓度为0.0500mol·L 1
C．当Br 沉淀完全时，已经有部分Cl 沉淀，故第二个突跃不明显
D．b点溶液中：
10．（2022·安徽模拟）ROH是一元弱碱，难溶盐RA、RB的两饱和溶液中c(A-)或c(B- )随c(OH-)而变化，A-、B-不发生水解。实验发现，298 K时c2(A- )与c(OH- )或c2(B- )与c(OH- )的关系如图所示，甲表示c2(A- )与c(OH- )关系。下列叙述错误的是（ ）
A．RA饱和溶液在pH=6时，c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1
B．RB的溶度积Ksp(RB)的数值为5×10-11
C．ROH的电离平衡常数Kb(ROH)的数值为2×10-6
D．当RB的饱和溶液pH=7时，c(R+ )+c(H+ )
A．BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4
B．X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)
C．在ToC时，用0.01mol.L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol.L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Sr2+先沉淀
D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.4
12．（2022·朝阳模拟）取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析错误的是（ ）
A．黄色沉淀是，白色沉淀是
B．产生白色沉淀时，溶液中存在
C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀
D．白色沉淀开始析出时，
13．（2022·洛阳模拟）常温下，向10 mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1 mol·L-1的氨水，反应过程中- 1gc(Ag+ )或-1gc([(Ag(NH3)2]+ )与加入氨水体积的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下，Kpsp(AgOH)的数量级为10-8
B．原硝酸银溶液的浓度是0.1 mol·L-1
C．溶液m点c( )-c(Ag+)-c( )=0.01 mol·L-1
D．溶液b点的浓度大于溶液m点的 浓度
二、多选题
14．（2022·临沂模拟）已知CaF2是难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用盐酸调节CaF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与-lgc(X)(X为Ca2+或F- )的关系如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．L1表示-lgc(F- )与的变化曲线
B．K sp(CaF2 )的数量级为10-10
C．c点的溶液中： c(Cl-)
15．（2021·张家口模拟）向某 和 的混合溶液中逐滴加入某浓度的 溶液，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中pH由小到大的顺序是
B．b点溶液中存在：
C．向b点溶液中加入NaOH可使b点溶液向c点溶液转化
D．滴加过程中溶液存在
16．（2020高二上·荆州期末）25 ℃ 时，AgCl的Ksp＝1.8×10－10，Ag2CO3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．Ag2CO3的Ksp为8.1×10－12
B．Ag2CO3(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CO32-(aq)的平衡常数K＝2.5×108
C．向Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3(s)，可使c(CO32-)增大(由Y点到X点)
D．向同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液中滴入0.001 mol·L－1AgNO3溶液，CO32-先沉淀
17．（2017高二上·黄陵期末）向氯化铁溶液中加入过量氢氧化钠溶液 震荡后静置一段时间．下列关于该体系的说法中，不正确的是（ ）
A．生成了氢氧化铁沉淀
B．溶液中不存在Fe3+
C．加入少量盐酸，则溶液中Fe3+浓度会减小
D．体系中存在着氢氧化铁的沉淀溶解平衡
18．（2016高二上·东营期末）下列有关说法正确的是（）
A．电离、电解、电镀、电化学腐蚀都需要通电后才能实现
B．可用pH试纸测定新制氯水的pH
C．水是一种极弱的电解质，纯水在任何情况下都显中性
D．空气中，金属铝的表面会迅速形成一层致密的氧化物保护膜，这是铝发生了吸氧腐蚀
E．向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，说明Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
F．在配制硫酸铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的稀盐酸
19．（2020高三上·泗水期中）高铁酸钾 是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A．用 作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应Ⅰ中尾气可用 溶液吸收再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．该条件下，物质的溶解性：
20．（2020高三上·扬州期中）根据下列实验操作和现象所得出的结论一定正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 将燃着的镁条迅速伸入集满CO2的集气瓶，剧烈反应，发光发热，瓶内产生大量白烟，瓶壁上有黑色颗粒 CO2在一定条件下能支持燃烧
B 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
C 室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 Fe3+的氧化性比I2的强
D 将少量铁粉、5mL苯和1mL液溴混合后产生的气体通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀 苯和液溴发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
21．（2020高二上·邯郸期中）常温下，向25 mL0.12 mol/LAgNO3溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加大氨水的体积V与溶液中lg[c（H+ ）/c（OH- ）]的关系如图所示。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c（Ag+）与c（NH3）均约为2×10-3 mol/L。下列叙述错误的是（ ）
A．a点对应溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B．b点对应溶液中：c（Ag+）+c{[Ag（NH3）2]+}> c（NO ）
C．cd段加人的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
D．由e点可知，反应Ag++2NH3 [Ag（NH3）2]+的平衡常数的数量级为105
22．（2018高三上·武邑期中）已知一定温度下CuS的溶度积常数为4.0×10－36，现将0.1molCuSO4放入100mL1.0mol·L－1的Na2S溶液中，充分搅拌反应(不考虑溶液体积变化)，则下列说法错误的是（ ）
A．反应后溶液的pH比反应前溶液的pH小
B．反应后溶液中不存在Cu2＋、S2－
C．反应后溶液中：c(Cu2＋)与c(S2－)都约为2.0×10－18mol·L－1
D．Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)
23．（2017高二下·河南期中）下列有关说法中正确的是（ ）
A．Ksp（AB2）＜Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD的溶解度
B．在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变
C．已知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），则反应AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）能够发生
D．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动
三、非选择题
24．（2023·全国甲卷） 是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
（3）“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
（5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为 。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。
25．（2022·湖北）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号 反应物组成
a 粉末
b 粉
c 粉 饱和石灰水
d 粉 石灰乳
e 粉 粉末
回答下列问题：
（1）已知：
①
②
③
则的 。
（2）温度为T时，，则饱和溶液中 (用含x的代数式表示)。
（3）实验a中，后基本不变，原因是 。
（4）实验b中，的变化说明粉与在该条件下 (填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是 ；后基本不变，其原因是 微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是____(填标号)。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理 。
26．（2022·重庆市模拟）钪(Sc)是一种稀土金属，钪及其化合物在宇航、电子、超导等方面有着广泛的用途。钛白粉中含有等多种成分，用酸化后的钛白废水富集钪，并回收氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“萃取”时均进入有机相中，则在“洗涤”时加入的目的是 。
（2）“滤渣1”的主要成分是、 (写化学式)。
（3）在“调pH”时先加氨水调节，此时过滤所得滤渣主要成分是 ；再向滤液中加入氨水调，此时滤液中的浓度为 ；检验含滤液中是否含的试剂为 (写化学式)。(已知：；)。
（4）“沉钪”时用到草酸。已知草酸的；；则在时的草酸溶液中 。
（5）写出草酸钪在空气中“焙烧”时反应的化学方程式 。
（6）钛白酸性废水中含量，该工艺日处理钛白酸性废水，理论上能生产含氧化钪的产品最多 kg(保留2位有效数字)。
27．（2022·苏州模拟）以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料，两矿联合浸取可制备大颗粒的电池用Mn3O4。
（1）浸取：将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。
①若FeS2原电池中生成单质S，其电池总反应的离子方程式为 。
②随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是 。
（2）除钙镁：向已除去Fe、Al、Si元素的MnSO4溶液中(pH约为5)加入NH4F溶液，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀。则 = 。 [已知Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
（3）氧化：将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。
①写出由Mn(OH)2反应得到Mn3O4的化学方程式 。
②沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是 。
③所得产物中锰元素含量随通入空气时间的变化如图所示，当通空气时间超8小时，产物中锰元素含量减小的原因是 。
28．（2022·泰州模拟）K2Cr2O7是化学实验室中的一种重要分析试剂。工业上以铬铁矿[Fe(CrO2) 2，含Al、Si氧化物等杂质]为主要原料制备K2Cr2O7的工艺流程如图所示。
（1）“焙烧”过程。将一定量铬铁矿与Na2CO3固体混合后在空气中焙烧，生成Na2CrO4和Fe2O3，该反应的化学方程式为 。
（2）“转化”过程。如图为几种物质在水中的溶解度随温度变化曲线。向酸化液中加入一定量KCl固体，并将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温时会析出大量K2Cr2O7晶体，试分析晶体析出的原理 。
（3）生产过程中产生的K2Cr2O7酸性废液可通过以下方法处理。
①钡盐沉淀法。先将K2Cr2O7酸性废液碱化处理，再加入BaCl2.废液需进行碱化处理的目的是 。[已知：BaCrO4(s)Ba2+(aq)+ CrO(aq) ΔH＞0；Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]
②FeS还原法。在K2Cr2O7酸性废液中加入纳米FeS后，测得Cr(Ⅵ)和总铬去除率随时间的变化关系如图所示，反应过程中还检测到Cr2S3沉淀。10 min后，Cr(Ⅵ)和总铬的去除率升高幅度变小的可能原因是 。
（4）测定K2Cr2O7产品纯度。称取产品2.500 g配成500 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中，加10 mL 2 mol·L-1H2SO4和足量KI，放于暗处5 min (+I-→I2+Cr3+)。然后加入100 mL水，加入3 mL淀粉溶液，用0.1200 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定(I2+→I-+)，消耗20.00 mLNa2S2O3标准溶液，则该样品的纯度为 。(写出计算过程)
29．（2022·松山模拟）高铁酸钾(K2FeO4)是一种多功能的新型水处理剂。一种湿法制备高铁酸钾的新工艺流程如图所示：
已知：①高铁酸钾热稳定性差
②在碱性环境中比酸性环境中相对稳定。
回答以下问题：
（1）高铁酸钾(K2FeO4)中铁元素的化合价为 。
（2）滤渣1的主要成分为(写化学式) 。
（3）写出“常温氧化”过程的离子方程式 。
（4）氧化时控温20~25℃，温度不能高于25℃原因是 。
（5）实验测得氧化时间、氧化剂浓度与K2FeO4产率、纯度的实验数据分别如图1、图2所示，为了获取更高纯度的高铁酸钾，反应时间应控制在 min，氧化剂浓度应控制在 mol·L-1。
（6）可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度，有关反应的离子方程式为
①++2H2O=+Fe(OH)3↓+OH-
②2+2H+=+H2O
③+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
现称取1.980 g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，将滤液加水配制成250 mL溶液。每次取25.00 mL，加入稀硫酸酸化，用0.1000 mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93 mL。则上述样品中高铁酸钾的质量分数为 。
（7）某工业废水含Mn2+(浓度为0.1mol·L-1)，可用高铁酸钾氧化混凝去除。为避免形成Mn(OH)2降低去除率，控制体系pH< (常温下Ksp[Mn(OH)2]=1×10-13)。
30．（2022·湖北模拟）碘化亚铜()可用作有机反应催化剂。某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分为，其中的化合价为+2)为原料制备的流程如下：
已知：是白色粉末，不溶于水，能与过量继续反应：，从而溶于溶液中。
回答下列问题：
（1）“浸取”时，反应的化学方程式为 ；该步骤使用的溶液的浓度为560，则其物质的量浓度为 (保留2位小数)。
（2）“滤渣处理”过程中发生的基本反应类型为 。
（3）“溶解”时，被还原为，写出该反应的离子方程式： 。
（4）“转化”时生成的离子方程式为 ，该步骤需要控制溶液的用量，其原因是 。
（5）用溶液洗涤沉淀的目的是 。
（6）已知：，，取2.00g放入锥形瓶中，加入100a溶液，充分振荡后，测得溶液中，则a约为 (保留1位小数，溶液体积变化忽略不计)。
31．（2022·日照模拟）五氧化二钒常用于生产硫酸或石油精炼的催化剂。某化工厂从废钒催化剂中(含有等)回收和，既能避免环境污染，又能节约资源。回收工艺流程如下：
已知：1：①"酸浸”时，和先与稀硫酸反应分别生成和；
②有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强；
③微溶于冷水、易溶于热水、难溶于乙醇；
④溶液中与可相互转化：。
回答下列问题：
（1）滤渣2的成分主要有 (填化学式)。
（2）“酸浸”时，参与反应的离子方程式为 。
（3）“萃取”和“反萃取”时，将发生(其中R表示，表示有机萃取剂)。
①“反萃取”操作加入的试剂是 (填化学式)。
②假设“滤液2”中，“萃取”和“反萃取”每进行一次，萃取率为90%，5次操作后，“滤液2”中残留的 【萃取率=】。
（4）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（5）①“沉钒”时生成，通入的作用是 。
②实验发现，温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是 。
32．（2022·铜仁模拟）磷矿是重要的化工矿物原料，贵州磷矿储量丰富。磷酸二氢钙[Ca(H2PO4)2]是一种磷肥。某工厂利用磷矿(含Ca、P、Fe、Mg、Si 等元素)进行综合生产的部分流程如下：
已知： Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11。
回答下列问题：
（1）为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行 (填一种处理方法)，用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的 ，滤渣 1的主要成分是 。
（2）当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全。若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为 。
（3）为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为 。
（4）经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60℃条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择 为宜，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是 。
（5）LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2生成，该化学反应方程式为 。
33．（2022·昌吉模拟）As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素(As)的工业废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]通过如下流程转化为粗As2O3。
已知：Ⅰ. As2S3+ 6NaOH = Na3AsO3 + Na3AsS3+ 3H2O
Ⅱ. As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)
Ⅲ.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、氢碘酸等还原。
（1）As2S3中砷元素的化合价为 价。
（2）“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的Na2S替换 (填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因： 。
（3）向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，写出脱硫的离子反应方程式 。
（4）用SO2“还原”过程中，发生反应的化学方程式为 。若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸。则还需要的实验试剂有 。
（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3，As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”需要控制的具体条件是 。
（6）含砷废水也可采用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2+)为2×10-3mol/L，则溶液中 的浓度为 mol/L。(已知Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19)
34．（2022·江苏模拟）由难溶性磷酸锂渣(主要成分为Li3PO4)为原料制备电池级Li2CO3的流程如下：
已知：①Li2CO3在不同温度下的溶解度： 0℃ 1.54g，20℃ 1.33g， 90℃ 0.78g。
②碳酸锂：水溶液煮沸时容易发生水解。
（1）溶解除磷。将一定量磷酸锂渣与CaCl2溶液、盐酸中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中(装置如图)，一段时间后，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，得到LiCl溶液。
①滴液漏斗中的液体是 。
②Li3PO4转化为LiCl和CaHPO4的离子方程式为 。
（2）除钙。通过离子交换法除去溶液中Ca2+。若要使后续得到的Li2CO3 中不含CaCO3(设沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1)，需控制除钙后溶液中c(Ca2+)≤ 。[Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9]
（3）制备Li2CO3。向除杂后的LiCl溶液中加入N235萃取剂(50%三辛癸烷基叔胺与50% ，异辛醇的混合液)，边搅拌边向混合液中通CO2，过滤洗涤得到Li2CO3。
①方法能制得Li2CO3的原因是 。
②检验滤渣是否洗涤完全的实验方法是 。
（4）若粗品碳酸锂中含少量难溶性杂质，为获得较高产率的纯Li2CO3，请补充完整实验 方案：向粗品Li2CO3中加水，按一定速率通入CO2，边通边搅拌， 。(已知：①LiHCO3受热易分解；②实验过程中Li2CO3转化速率与时间的关系图如图所示。)
35．（2022·三明模拟）三元锂电池的正极材料中可含有大量的金属锂元素（Mn
x Ni y O 1-y Mn x Ni y O 2），还含有铝、铝和有机等。、镍、钴材料、锰等的流程如下所示。
（1）灼烧的目的是 。
（2）酸浸时( LiCoO表示)发生反应的化学浸入后，Co 、Mn元素均以+2价形式存在。 。
（3）锰时，需先加入适量Mn 2 S 2 O
8，将部分Mn 2+氧化成 ，沉睡时为生成2 。
（4）萃取和反萃取的过程表示为：Co 2 ++ 2(HA) 2 Co (HA 2 ) 2 +2H +，反萃取时加入的物质X为 （填化学式），请从化学平衡的角度说明所加物质的作用 。
（5）2.常温下，为使Ni 2+完全下降，溶液的pH值应大于大于 （当c(Ni 2+ - 10-5mol / L 时，完全下降， )
（6）CoSO 4 ·7H
2 O受热时，剩余物质的质量随温度变化情况如图所示，物质B的化学式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【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；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.对于a点可知，pH=2，c（OH-）=10-12mol/L，c（Fe3+）=10-2.5mol/L，带入Ksp（Fe（OH）3）=c（Fe3+）c（OH-）3=10-38.5，A项错误；
B.pH=4时，Al3+浓度为10-3mol/L，所以氢氧化铝溶解度为10-3mol/L，B项错误；
C.由图可知，当Fe3+完全沉淀时，Al3+还没有沉淀，所以可以通过分步沉淀进行分离，C项正确；
D.由图可知，Al3+还没有完全沉淀时，Cu2+已经开始沉淀，所以二者会同时沉淀，D项错误。
故答案为：C。
【分析】（1）弄清楚横纵坐标含有，图像变化趋势以及含义；
（2）充分利用图像的特殊点位进行计算，如起点、交点、终点等；
（3）弄清楚什么时候完全沉淀，什么时候开始沉淀，分析多离子沉淀时沉淀的先后顺序。
2．【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．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此，A不符合题意；
B．根据Ka2=4.7×10-11可得，则碳酸根的水解平衡常数为，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B符合题意；
C．向体系中通入CO2，，难溶性的CaCO3转化为可溶性的Ca(HCO3)2，溶液中c（Ca2+）增大 ，C不符合题意；
D．由题干可知，，，Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.上层清液中，钙离子不水解，碳酸根离子发生水解；
B.计算比较碳酸根的水解常数和Ka2，确定碳酸根离子的水解程度和碳酸氢根的电离程度，进而确定含碳微粒的存在形式；
C.通入二氧化碳，发生反应；
D. Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶。
3．【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．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A不符合题意；
B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B符合题意；
C．由图可知，净化的先后顺序为，C不符合题意；
D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Mg2+可被净化的pH区间最小；
B.过氧化氢具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子；
C.随着溶液pH值的增大，净化的顺序是Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+；
D.根据Ksp的公式计算。
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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、、等物质的锌灰经稀硫酸充分浸取后，Zn、ZnO、CuO、FeO、溶解，浸出液中含有、、、及过量、，PbO与稀硫酸反应生成难溶物和不溶于稀硫酸的一并滤出，故滤渣Ⅰ主要是、，A不符合题意；
B．除铁工序中，用试剂x(可以选择ZnO、等)调整溶液pH约5.1后，加，可将氧化为，发生反应的离子方程式为，B不符合题意；
C．物质结构相似时，溶液中沉淀转化由大的向小的方向转化(转化为更难溶的物质)，故，C符合题意；
D．根据锌灰的组成元素、每一步所加试剂及流程中反应后各元素的走向，可知沉锌工序后母液中含有、、，故母液中可回收利用的物质有、，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据流程图，“浸取”过程中，锌灰中的Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3与H2SO4反应生成相应的盐，其中PbSO4为难溶物，SiO2不反应，所以滤渣I的主要成分是 、 ；向滤液中加入高锰酸钾溶液，可将Fe2+氧化生成Fe3+，通过调节pH至5.1可除去Fe3+，所以滤渣Ⅱ为Fe(OH)3和MnO2；“工序I”可通过再加入锌置换出溶液中的铜离子，所以滤渣Ⅲ为铜；“沉锌”中，在滤液中加入碳酸氢铵，发生反应：6NH4HCO3+3ZnSO4ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑；“工序Ⅱ”中，加入磷酸，可得到目标产物。
5．【答案】B
【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
【解析】【解答】A．分析图像可知，pH=6时，与氨水反应生成，此时溶液中，根据可得，A不符合题意；
B．pH=8时，溶液中的离子有、、、、，根据电荷守恒，B符合题意；
C．根据题目信息，难溶于水，废水中的铅转化为时除铅效果最好，而pH=10时，物质的量分数最大，C不符合题意；
D．pH=12时，转化为的离子反应为，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据计算；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据题目信息分析；
D．根据反应物和生成物的化学式转化书写。
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
【解析】【解答】A．的平衡常数K==1.75×104，Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)=1.75×104×2.80×10-9=4.9×10-5。RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，故向c()=c()的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，A不符合题意；
B．将浓度均为3×10-4.5mol L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2+)=1.5×10-4.5mol L-1、c()=1.5×10-4.5mol L-1，此时的离子积Q=c(R2+) c()=1.5×10-4.5×1.5×10-4.5=2.25×10-9
D．Ksp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp与在Na2CO3溶液中的Ksp相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同种类型且Ksp小的先析出；
B．利用Q与Ksp的大小比较分析；
C．根据A项计算；
D．Ksp只与温度有关，与浓度无关。
7．【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．AgNO3是强酸弱碱盐，在溶液中Ag+发生水解反应，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-)，使溶液显酸性，A不符合题意；
B．b点溶液存在电荷守恒：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]+c(H+)+c(NH4+)=c(NO3-)+c(OH-)，由于此时lg=0，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)，B不符合题意；
C．反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数K=，忽略Ag+的水解和[Ag(NH3)2]+的电离作用，c{[Ag(NH3)2]+}=-2×10-3 mol/L≈0.1 mol/L，带入平衡常数表达式，计算可得K=1.25×107，所以其数量级为107，C符合题意；
D．c～d段lg变化较小，说明加入的氨水主要用于Ag2O沉淀的生成和溶解，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．强酸弱碱盐水解呈酸性；
B．依据电荷守恒；
C．忽略Ag+的水解和[Ag(NH3)2]+的电离作用，利用平衡常数表达式计算；
D．依据曲线的变化趋势分析。
8．【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．由以上分析L2为CaSO4，L1为CaCO3，A项不符合题意；
B．c1、c2分别为饱和溶液中的离子浓度，则c1的数量级为10-5而c2=3×10-3，B项不符合题意；
C．a→d点溶液中Ca2+增加而减少，说明向该溶液中加入了Ca2+溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>d。a→e点溶液中增加而Ca2+减少，说明向该溶液中加入了溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>e。C项符合题意；
D．降低温度，CaCO3溶解平衡逆向，饱和溶液中离子浓度降低，a不会移向c点，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合溶度积的数值判断；
B、结合溶度积的数值和计算公式判断；
C、增大钙离子的浓度，使平衡朝逆向移动；
D、降低温度，钙离子浓度和阴离子浓度都降低。
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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据溶度积的相关信息，三种难溶物中，AgI最难溶，滴定时先生成AgI淡黄色沉淀，故A不符合题意；
B．如图滴定曲线，完全反应时消耗0.100的标准AgNO3溶液30mL，NaCl、NaBr和NaI的混合溶液中三种物质浓度相等，为，故B不符合题意；
C．当Br 沉淀完全时，，；此时若氯离子开始沉淀，此时氯离子浓度为<，所以当Br 沉淀完全时，已经有部分Cl 沉淀，故第二个突跃不明显，故C不符合题意；
D．由NaCl、NaBr和NaI的浓度均为可知， ，刚好滴定到终点时，溶质为，，b点时硝酸银过量，所以b点时，因为，所以溶液中，因为硝酸银过量，抑制AgI、AgBr、AgCl溶解，所以，综上所述，，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据溶度积的相关信息判断；
B．依据滴定曲线判断；
C．依据Ksp计算分析；
D．依据，且硝酸银过量分析。
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．RA饱和溶液pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，据图可知此时c2(A-)=30×10-11(mol/L)2，所以c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1，A项不符合题意；
B．RB的饱和溶液中存在平衡RBR++B-、R++H2OROH+H+，当溶液酸性越强，R-的水解程度越弱，c(R+）和c(B-)的大小越接近，据图可知当c(OH-)接近0时(酸性强)，c2(B-)=5×10-11(mol/L)2，此时c(R+)=c(B-)，Ksp(RB))=c(R+)·c(B-)=c2(B-)=5×10-11，B项不符合题意；
C．RB溶液中存在物料守恒c(R+)+c(ROH-)=c(B-)，Kb(ROH)=，若调节pH使碱性增强时加入的碱不是ROH，则c(R+)=c(ROH)时，满足c(R+)=c(ROH)=c(B-)，Ksp(RB) =c(R+)c(B-)=c(B-)·c(B-)=5×10-11，所以此时c2(B-)=10×10-11，据图可知此时c(OH-)=2×10-8mol/L，即Kb(ROH)=2×10-8，C项符合题意；
D．RB饱和溶液若不加入其他物质，由于R+的水解，溶液会显酸性，所以pH=7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子，此时根据电荷守恒可知c(R+)+c(H+)
【分析】A、要注意pH和OH-的转换关系；
B、Ksp的计算要找出相应离子的浓度，注意找最特殊的点；
C、电离平衡常数要根据公式Kb(ROH)=计算；
D、要注意电荷守恒要写出所有阳离子和阴离子。
11．【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．硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故A不符合题意；
B．Z点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)，则c（Ba2+）＞c（SO42-），同理X点饱和溶液中c（Sr2+）＜c（SO42-），故B不符合题意；
C．图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为10-2.5×10-2.5、10-3.8×10-3.8、10-5×10-5，因此溶度积常数：BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，因此在ToC时，用0.01mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C不符合题意；
D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为=102.4，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、若铅离子的浓度足够大时，硫酸钡可以转化为硫酸铅；
B、p值越大则浓度越小；
C、结合溶度积判断，溶度积越小则越容易形成沉淀；
D、结合里算不和硫酸铅的溶度积计算。
12．【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．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项不符合题意；
B．产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项不符合题意；
C．若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于，，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项不符合题意；
D．根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，，所以，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ksp越小越容易沉淀；
B.产生AgCl时，AgI已经达到沉淀溶解平衡；
C.计算Qc与Ksp进行比较进而确定是否产生沉淀。
13．【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
【解析】【解答】A．b点溶液溶质为NH4NO3，Ag+完全沉淀，存在沉淀溶解平衡AgOH(s)=Ag+(aq)+OH-(aq)，所以可以近似地认为c(Ag+)=c(OH-)，此时-1gc(Ag+)=4，则c(Ag+)=c(OH-)=1×10-4mol，Ksp(AgOH)=c(Ag+) c(OH-)=1×10-8，A不符合题意；
B．b点完全反应，此时加入的氨水为10mL，氨水的浓度0.1mol/L，原硝酸银溶液也为10mL，根据方程式Ag++NH3 H2O=AgOH↓+NH4+可知，硝酸银溶液的浓度为0.1mol/L，B不符合题意；
C．m点溶液存在电荷守恒c(OH-)+c()=c(Ag+)+c[]+c()+c(H+)，此时加入了过量的氨水，溶液应呈碱性，则有：c()-c(Ag+)-c()= c[]+c(H+)-c(OH-)=10-2+c(H+)-c(OH-)＜10-2mol/L，C符合题意；
D．b点溶液溶质为NH4NO3，b到m过程发生反应AgOH+2NH3 H2O=+2H2O+OH-，随着氨水的加入，并没有引入铵根离子，虽然碱性增强铵根离子的水解受到促进，则铵根离子的浓度减小，即b点铵根离子的浓度大于溶液m点铵根离子的浓度，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 向10 mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1 mol·L-1的氨水 ，先发生反应Ag++NH3 H2O=AgOH↓+，紧接着发生反应AgOH+2NH3 H2O=+2H2O+OH-；b点-lgc(Ag+ )达到最大值，此时Ag+与氨水恰好完全反应。
14．【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．由分析可知，L1表示-lgc(Ca2+)与的变化曲线，A符合题意；
B．由a点坐标可知，==10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故其数量级为10-10，B不符合题意；
C．由图像可知，c点的溶液中有：c(Ca2+)=c(F-)，结合电荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，即有：c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，此时lg小于0，即c(HF)＜c(H+)，溶液显酸性即c(H+)＞c(OH-)，故有 c(Cl-)＞c(Ca2+)，C符合题意；
D．根据物料守恒可知，a、b、c三点的溶液中： 2c(Ca2+)=c(F- )+c(HF)，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．利用反应过程中离子变化分析；
B．利用Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)计算；
C．依据电荷守恒分析；
D．根据物料守恒分析。
15．【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 会与Ba2+反应，而 不与Ba2+反应，可知，随着BaCl2加入， 浓度降低，pH逐渐降低，对应的溶液中pH由小到大的顺序是 ，A项不符合题意；
B．b点时，溶液中 ，根据电荷守恒， ，则 ，B项符合题意；
C．向b点溶液中加入NaOH， 降低，溶液会向c点转化，C项符合题意；
D．由 得溶液中存在： ，D项不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.钡离子和碳酸根离子反应，导致碳酸根离子降低即可判断PH的大小
B.结合电荷守恒以及数据关系即可判断
C.加入氢氧根，消耗碳酸氢根，导致pH增大
D.碳酸是二元弱酸，根据电离常数即可判断
16．【答案】C,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.Ag2CO3的溶度积Ksp=c2(Ag+)×c(CO32-)=(9×10-4)2×(1×10-5)=8.1×10-12，选项正确，A不符合题意；
B.该反应的平衡常数，选项正确，B不符合题意；
C.加入K2CO3(s)后，Ag2CO3沉淀溶解平衡正向移动，溶液中c(CO32-)增大，c(Ag+)减小，而Y到X的移动过程中c(Ag+)不变，选项错误，C符合题意；
D.形成AgCl沉淀所需Cl-浓度，形成Ag2CO3沉淀所需CO32-浓度，因此Cl-先形成沉淀，选项错误，D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A.根据Ag2CO3溶度积的表达式，结合图像数据进行计算；
B.根据平衡常数的表达式，结合Ag2CO3、AgCl的Ksp进行计算；
C.结合Ag2CO3沉淀溶解平衡移动进行分析；
D.根据形成沉淀所需离子浓度大小进行分析；
17．【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】解：A．氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，故A正确；
B．存在氢氧化铁溶解沉淀平衡，一定含有铁离子，故B错误；
C．氢氧化铁溶解于盐酸溶液中，Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O，铁离子浓度增大，故C错误；
D．沉淀形成在溶液中存在溶解沉淀平衡，Fe（OH）3（s） Fe3+（aq）+3OH﹣（aq），故D正确．
故选BC．
【分析】氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，存在溶解沉淀平衡，Fe（OH）3（s） Fe3+（aq）+3OH﹣（aq），结合平衡移动的影响因素解答该题．
18．【答案】C,E
【知识点】水的电离；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；铝的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：A、电解、电泳、电镀需要通电才可进行，条件是通电，而电离、原电池导致的腐蚀不需要通电，故错误； B、新制的氯水中存在次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有色物质，所以无法用pH试纸测定新制氯水的pH，故错误； C、水是一种极弱的电解质，纯水在任何情况下都显中性，电离产生的氢离子和氢氧根离子的量相等，故正确； D、铝非常活泼，易被空气中的氧气氧化，生成氧化膜，是化学腐蚀，故错误；
E、根据白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，同类型的沉淀，溶解度越小，Ksp越小，说明Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），故正确；F、在配制硫酸铁溶液时，为了防止发生水解，加硫酸，故错误；故答案为：CE．
【分析】A、电解、电泳、电镀需要通电才可进行，条件是通电，而电离、原电池导致的腐蚀不需要通电； B、新制的氯水中含有次氯酸，能够漂白pH试纸，无法测定出氯水的pH；C、水是一种极弱的电解质，纯水在任何情况下都显中性
D、铝非常活泼，易被空气中的氧气氧化，生成氧化膜，是化学腐蚀； E、根据白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，同类型的沉淀，溶解度越小，Ksp越小； F、在配制硫酸铁溶液时，为了防止发生水解，加相应的酸．
19．【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；水的净化
【解析】【解答】A. K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A不符合题意；
B. 尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B不符合题意；
C. 反应中Cl元素化合价由+1价降低为 1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C符合题意；
D. 结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．结合K2FeO4的强氧化性和水解过程分析；
B．反应Ⅰ中的尾气含有Cl2，具有氧化性；
C．根据反应Ⅱ中得失电子守恒进行分析；
D．溶解度越小，越容易析出晶体；
20．【答案】A,C
【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；镁的化学性质；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．根据反应现象，将燃着的镁条迅速伸入集满CO2的集气瓶，生成了MgO和C，说明CO2在一定条件下能支持燃烧，故A符合题意；
B．向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，未说明氯离子、碘离子的浓度相对大小，无法判断溶度积大小，故B不符合题意；
C．室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明铁离子氧化了碘离子生成单质碘，即Fe3+的氧化性比I2的强，故C符合题意；
D．苯和液溴在铁粉催化剂作用下迅速反应，放出大量热，溴易挥发，因此挥发的溴与AgNO3溶液中，会产生淡黄色沉淀，故D不符合题意。
故答案为AC。
【分析】A.Mg与二氧化碳反应生成MgO和C；
B.浓度未知，为沉淀生成；
C.二者发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
D.溴易挥发，溴及HBr均与硝酸银反应生成淡黄色沉淀。
21．【答案】B,D
【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. a点溶液中溶质只有硝酸银， c(H+) =104 c(OH-)，常温下c(H+) c(OH-)=10-14，则c(H+) =10-5，pH=5，溶液呈酸性，硝酸银为强酸弱碱盐，银离子水解溶液显酸性，故A不符合题意；
B. 的电离和银离子的水解极微弱，可以忽略，溶液电荷守恒，则：c(Ag+)+ c[ ]+ c( ) +c(H+)=c(OH-)+c( )，b点lg =0，则c(H+)=c(OH-)，则c(Ag+)+ c[ ]+ c( )= c( )，则c(Ag+)+ c[ ]
D. 该反应平衡常数 ，忽略银离子水解和 的电离，根据银元素守恒可知：c[ ]= ，则K=1.25×107，其数量级为107，故D符合题意；
答案BD。
【分析】A．a点为AgNO3溶液，结合Ag+的水解分析；
B．结合电荷守恒分析；
C．结合cd段溶液酸度变化分析；
D．根据平衡常数的表达式，结合图像数据进行计算；
22．【答案】B,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.反应前是Na2S溶液，属于强碱弱酸盐，S2-水解，故溶液显碱性，PH>7，反应后，溶液主要成分为Na2SO4，溶液PH接近中性，反应后溶液PH比反应前溶液的pH小，A不符合题意；
B.反应生成CuS在溶液中存一定的溶解平衡，故溶液中一定含有少量的Cu2＋、S2－，B符合题意；
C.由于CuS在溶液中存在一定的溶解平衡：CuS Cu2++S2-，CuS的溶度积常数为4.0×10－36=c(Cu2+)·c(S2-)，故得到c(Cu2+)= c(S2-)=2.0×10－18mol·L－1，C不符合题意；
D.Na2S溶液中存在:① Na2S=2Na+ +S2-② S2-+H2O HS-+OH-③ HS-+H2O H2S+OH-
④ H2O H++OH-，根据反应②③，可知：c(OH-)>C(HS-)，根据水解原理，一级水解②远大于二级水解③，c(OH-)略小于c(HS-),而溶液显碱性，则c(OH-)远大于c(H+)，故c(OH-)>c(HS-)>c(H+)，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】沉淀在水溶液中存在溶解平衡。盐类水解规律：有弱才水解，谁强显谁性。离子浓度大小的比较，先考虑强电解质，再考虑离子水解，而且多元弱酸的水解是分步进行的。
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
【解析】【解答】解：A．由于AB2与CD分子组成形式不同，KSP的表达式不同，因此不能根据KSP大小来比较溶解度的大小，故A错误；
B．KSP只与温度有关，与浓度无关，在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变，故B正确；
C．溶解度大的能转化为溶解度小的，所以在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入KI固体，AgCl沉淀可转化为AgI沉淀，即反应AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）能够发生，故C正确；
D．碳酸钙的沉淀溶解平衡为：CaCO3（s） Ca2+（aq）+CO32﹣（aq），加入HCl能与CO32﹣反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D错误；
故选BC．
【分析】A．由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小；
B．KSP只与温度有关，与浓度无关；
C．溶解度大的能转化为溶解度小的；
D．HCl与CO32﹣反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动．
24．【答案】（1）做还原剂，将 还原
（2）S2-+Ca2+=CaS ↓
（3）c
（4）不可行； 也会与盐酸反应生成可溶于水的 ，导致 溶液中混有 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（5）
（6）
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；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
【解析】【解答】（1）碳粉的主要作用是做还原剂，将硫酸钡还原成BaS；
（2）易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀；S2-+Ca2+=CaS ↓
（3）由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于的沉淀，所以只能加入盐酸酸化；选择c；
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：硫化钙与盐酸反应生成可溶于水的氯化钙，导致氯化钡溶液中混有氯化钙杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低；
（5）有分析可知，沉淀过程为非氧化还原，即复分解反应，反应方程为：BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4=BaTi(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，为氧化还原反应，产物有CO2和CO，该反应的化学方程式为：
BaTi(C2O4)2=BaTiO3+2CO2↑+2CO↑
【分析】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。
25．【答案】（1）-911.9
（2）mol L-1
（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
（4）不反应；Al和溶液中的OH-发生了反应；OH-
（5）A
（6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【知识点】盖斯定律及其应用；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】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2×③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ mol-1)+(-16.73kJ mol-1)+2(-415.0kJ mol-1)=-911.9kJ mol-1。
(2)温度为T时，Ca(OH)2的饱和溶液中，存在沉淀溶解平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol L-1。
(3)实验a中，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，该反应放热，当温度不变时，反应达到平衡状态，则4min后ΔT基本不变是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。
(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，
故答案为：A。
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x计算；
（3） Ca(OH)2在水中的溶解度小；
（4）铝粉与水在该条件下不反应；饱和石灰水中含有OH-，铝能与OH-反应；
（5）反应②和反应③都是放热反应；
（6）实验e中，发生反应①、②和③均为放热反应。
26．【答案】（1）将氧化为
（2）
（3）；；KSCN溶液
（4）8.4
（5）
（6）3.8
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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】“萃取”时均进入有机相中，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为，加入NaOH溶液生成、，过滤得到滤渣1，加入盐酸得到氯化铁和ScCl3，加入氨水调pH沉淀铁离子，滤渣2是，加入盐酸酸溶生成ScCl3，加入草酸得到Sc2(C2O4)3，焙烧得到Sc2O3；
(1)有机相中含，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为；
(2)加入NaOH溶液沉淀离子，“滤渣1”的主要成分是、；
(3)由分析可知，“调pH”时先加氨水调节，目的是沉淀铁离子，过滤所得滤渣主要成分是；时，滤液中的浓度为；检验的试剂为KSCN溶液，若存在溶液会呈血红色；
(4)草酸溶液中8.4；
(5)草酸钪Sc2(C2O4)3在空气中“焙烧”时得到Sc2O3，C元素化合价升高生成二氧化碳，O元素化合价降低，反应的化学方程式；
(6)钛白酸性废水中含量，废水中质量最大为20.0mg/L×=2000×103mg=2kg，由元素质量守恒，解得m≈3.8kg。
【分析】“萃取”时均进入有机相中，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为，加入NaOH溶液生成、，过滤得到滤渣1，加入盐酸得到氯化铁和ScCl3，加入氨水调pH沉淀铁离子，滤渣2是，加入盐酸酸溶生成ScCl3，加入草酸得到Sc2(C2O4)3，焙烧得到Sc2O3，据此解答。
27．【答案】（1）FeS2＋2Fe3+=3Fe2+＋2S；随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低
（2）
（3）6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】根据流程图以及软锰矿、硫铁矿所含物质可知，在酸浸取构成两个原电池将锰元素转化成Mn2+，然后调节溶液pH，将铁、铝、硅元素除去，根据问题(2)，加入氟化物，除去Ca、Mg元素，向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析；
(1)①根据题意，酸浸时，FeS2和MnO2构成两个原电池，依据其原理可知，生成单质S的反应是FeS2与Fe3+反应，电池总反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；故答案为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
②根据①产生硫单质，随着硫铁矿的增加，产生硫单质附着在FeS2，阻碍反应的进行，与MnO2反应的Fe2+物质的量减少，导致产生Mn2+量减少；故答案为随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低；
(2)加入氟化铵将Ca2+、Mg2+转化成CaF2、MgF2沉淀，则有=；故答案为；
(3)①Mn(OH)2转化成Mn3O4，Mn的化合价由+2升高为+价，Mn(OH)2为还原剂，氧气为氧化剂，利用化合价升降法以及原子守恒，得到反应方程式为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；故答案为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；
②根据问题①的反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，溶液pH无明显变化；“沉淀”步骤所得Mn(OH)2固体含少量Mn2(OH)2SO4，7h后被氧气氧化，其反应方程式为3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，c(H+)增大，溶液pH减小；故答案为开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；
③产物中锰元素含量减小的原因可能是Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物；故答案为Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物。
【分析】根据流程图及已知信息可知，“浸取”时， FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应 ， MnO2转化成Mn2+，FeS2转化为S或SO42-，Fe、Al、Ca、Mg的氧化物与硫酸反应生成相应的硫酸盐， Si的氧化物与硫酸不反应，通过调节溶液pH可除去铁铝硅元素。 向已除去Fe、Al、Si元素的溶液中加入氟化物，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀而除去。向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析。
28．【答案】（1）4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38Na2CrO4 +2Fe2O3 +8CO2
（2）低温下，K2Cr2O7的溶解度小于其它组分；随着温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小
（3）促进转化为，浓度升高，有利于与Ba2+生成沉淀；H+浓度减小，与FeS反应生成具有强还原性的Fe2+、HS-和H2S浓度减小， Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)的速率减小；生成Cr2S3沉淀覆盖在FeS表面，减慢其溶解
（4）94.08%
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】分析流程可知，铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)中加入纯碱和O2进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、 NaAlO2、 Na2SiO3，加入水进行“浸取”，过滤，滤渣为不溶于水的Fe2O3，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，再向滤波中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，加入KCl将Na2Cr2O7转化K2Cr2O7，为将溶液蒸发结晶将Na2SO4和NaCl除去，得到K2Cr2O7晶体，母液中还含有大量H2SO4可以循环利用，据此分析回答问题。
(1)将一定量铬铁矿与Na2CO3固体混合后在空气中焙烧，生成Na2CrO4和Fe2O3，该反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38Na2CrO4 +2Fe2O3 +8CO2；
(2)向酸化液中加入一定量KCl固体，并将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温时会析出大量K2Cr2O7晶体，原理是低温下，K2Cr2O7的溶解度小于其它组分；随着温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小；
(3)①先将K2Cr2O7酸性废液碱化处理， 再加入BaCl2，废液需进行碱化处理的目的是：促进转化为，浓度升高，有利于与Ba2+生成沉淀；
②在K2Cr2O7酸性废液中加入纳米FeS后，测得Cr (VI)和总铬去除率随时间的变化关系如图3所示，反应过程中还检测到Cr2S3沉淀；10 min后，Cr (Ⅵ)和总铬的去除率升高幅度变小的可能原因是H+浓度减小，与FeS反应生成具有强还原性的Fe2+、HS-和H2S浓度减小，Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)的速率减小；生成Cr2S3沉淀覆盖在FeS表面，减慢其溶解；
(4)根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：K2Cr2O7~ 3I2~ 6，则有n(K2Cr2O7)=n()=c()·V()=×0.1200 mol/L×0.020L=4.00×10-4 mol；m(K2Cr2O7)=4.00×10-4 mol×294 g/mol×= 2.352 g，w=；
【分析】根据流程图，“焙烧”时，FeCr2O4和Al、Si氧化物与Na2CO3、O2反应分别生成Na2CrO4、Fe2O3、 NaAlO2、 Na2SiO3
；由于Fe2O3不溶于水，“浸取”可除去Fe2O3，所以滤渣是Fe2O3；“中和”时加入硫酸调节pH可使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，同时Na2CrO4转化为Na2Cr2O7；“转化”中加入KCl固体，可将加入KCl将Na2Cr2O7转化K2Cr2O7，
经一系列操作可将得到K2Cr2O7晶体。
29．【答案】（1）+6
（2）CaCO3
（3）2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O
（4）温度高于25℃，高铁酸钾会分解
（5）60；1.1
（6）63.1%
（7）8
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】碳酸钾和次氯酸钙溶液混合生成碳酸钙沉淀和次氯酸钾，过滤，得到次氯酸钾溶液，再加入氢氧化钾和硝酸铁，经过陈化抽滤、碱洗抽滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、烘干，得到精品高铁酸钾。
(1)高铁酸钾(K2FeO4)中K为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知其中铁元素的化合价为+6价；
(2)根据分析可知，滤渣1的主要成分为CaCO3；
(3)根据分析可知：在氧化过程中，Fe3+被ClO-氧化为，ClO-被还原为Cl-，同时产生H2O，该反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O；
(4)氧化时控温20~ 25℃，温度不能高于25℃，这是由于温度高于25℃时，高铁酸钾会发生分解反应；
(5)为了获取更纯的高铁酸钾，根据图2和图3可知，反应时间应控制在60 min，氧化剂浓度应控制在1.1 mol/L；
(6)根据题意可得关系式：2~2~~6Fe2+，即~3Fe2+，所以样品中n(K2FeO4)=，所以原样品中高铁酸钾的质量分数为：；
(7)Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)·c2(OH-)=0.1 mol/L×c2(OH-)=1×10-13，解得c(OH-)=1×10-6 mol/L，所以c(H+)=，故溶液pH=8，即应该控制体系pH＜8。
【分析】难点分析：（3）该题为陌生氧化还原反应方程式配平，找准氧化剂和还原剂，利用化合价升降相等配平。
（5）题目要求获取高纯度的高铁酸钾，不用考虑产率，所以在60min时纯度最高，在1.1mol/L时纯度最高
（6）在进行滴定计算时，要找到被测物质与滴定试剂之间的数量关系，然后进行计算。
（7）计算出 Mn(OH)2 刚好沉淀是的pH，计算出临界值，要是 避免形成Mn(OH)2，所以pH要小于8
30．【答案】（1）CuFeS2＋4FeCl3=CuCl2＋5FeCl2＋2S；3.45
（2）置换反应
（3）4Cu＋NO＋10H＋4Cu2＋＋NH＋3H2O
（4）2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2；防止过量I－溶解CuI，降低产率
（5）除去附着在CuI上面的碘单质
（6）0.5
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】利用Fe3＋强氧化性，将CuFeS2中S元素氧化成硫单质，然后加热Fe粉，发生置换反应，Fe将Cu置换出来，过滤后，得到Cu和过量Fe，利用Cu不与稀硫酸反应，加入稀硫酸溶液，把Fe除去，得到纯净Cu单质，将Cu放入稀硫酸、NH4NO3溶液中Cu溶解为Cu2＋，Cu2＋与I－发生氧化还原反应，生成CuI和I2，利用碘单质的氧化性，将Na2SO3氧化，据此分析；
(1)“浸取”时，利用Fe3＋氧化性，将S元素氧化成S单质，本身被还原成Fe2＋，反应的化学方程式为CuFeS2＋4FeCl3=CuCl2＋5FeCl2＋2S；令溶液的体积为1L，FeCl3物质的量浓度为=3.45mol·L－1；故答案为CuFeS2＋4FeCl3=CuCl2＋5FeCl2＋2S；3.45；
(2)根据上述分析，“滤渣处理”发生反应为Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，该反应属于基本反应类型为置换反应；故答案为置换反应；
(3)“溶解”步骤是溶解Cu单质，因此离子反应方程式为4Cu＋NO＋10H＋4Cu2＋＋NH＋3H2O；故答案为4Cu＋NO＋10H＋4Cu2＋＋NH＋3H2O；
(4)根据流程，制备的CuI，Cu显＋1价，“溶解”步骤Cu元素显＋2价，“转化”步骤中Cu2＋与I－发生氧化还原反应，离子反应方程式为2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2；根据题中所给信息，CuI溶于KI溶液中，如果KI溶液过量，CuI溶解，降低CuI产率；故答案为2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2；防止过量I－溶解CuI，降低产率；
(5)CuI表面含有I2，利用I2的氧化性将Na2SO3氧化，因此Na2SO3溶液的作用是除去附着在CuI上面的碘单质；故答案为除去附着在CuI上面的碘单质；
(6)混合后溶液中发生CuI＋Br－CuBr＋I－，测的溶液中c(I－)=1.0×10－4mol·L－1，过程中消耗c(Br－)=1.0×10－4mol·L－1，即有，代入数值，得出，推出a约为0.5；故答案为0.5。
【分析】难点分析（3）该反应为氧化还原反应，氧化剂为NO3-，被还原为NH4+；还原剂为Cu，被氧化为Cu2+，结合化合价升降相等配平即可。
（4）要充分利用题目提供信息，CuI能够与I-继续反应，说要要控制KI的用量。
（6）利用CuI＋Br－CuBr＋I－结合碘化铜和溴化铜的溶解平衡常数计算即可。
31．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）
（5）加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成品体析出；原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降
【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】废催化剂经过酸浸后，和先与稀硫酸反应分别生成和，然后与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，滤液中的金属离子主要有Al3+、Fe3+、Fe2+、和，滤渣1为SiO2，滤液1加过氧化氢氧化后，Fe2+被氧化为Fe3+，用KOH调pH值除去Al3+、Fe3+，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，酸性条件下转化为，加氯化铵沉钒得到NH4VO3，煅烧得到V2O5；水相1中为硫酸钾，结晶得到硫酸钾固体。
(1)根据分析，滤渣2的主要成分为：Al(OH)3和Fe(OH)3；
(2)根据分析，与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，离子方程式为：；
(3)根据方程式：，加入H2SO4可使平衡逆向移动，进行反萃取操作；5次操作后，“滤液2”中残留的：；
(4)根据分析，有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，离子反应方程式为：；
(5)“沉钒”加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成品体析出；温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是：原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降。
【分析】（1）过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，氢氧化钾的目的是除去铁离子和铝离子；
（2）已知条件 ① 中已经知道 和先与稀硫酸反应分别生成和，而亚铁离子容易被氧化；
（3） ① 反萃取即平衡朝逆向移动，需要加入硫酸；
② 每次剩余10%，即每次都为原先的0.1倍，所以5次萃取即为 ；
（4）氧化的目的是将转化为，ClO3-作为氧化剂，产物为Cl-；
（5） ①中，通入氨气使平衡正向移动；
② 温度过高， 溶解度会增大。
32．【答案】（1）粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐
（2）3＜pH＜9
（3）1：4
（4）7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降
（5）2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O
【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】磷矿含P2O5、FeO、MgO、SiO2等，酸浸时，五氧化二磷转化为磷酸，FeO、MgO溶解形成Fe2+、Mg2+，通入氧气将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化硅不反应形成滤渣，过滤分离，滤液加入NaOH溶液，Fe3+先沉淀、Mg2+后沉淀，故滤渣是Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液分为两份，一份加入石灰乳生成Ca3(PO4)2，另一份酸化、除杂得到H3PO4，再将二者混合反应生成Ca(H2PO4)2。
(1)为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行粉碎，增大接触面积，使反应更充分；用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的是将亚铁离子氧化4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，滤渣 1的主要成分是SiO2或难溶性硅酸盐。故答案为：粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐；
(2)当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)==1.0×10-33；c(OH-)=1×10-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3mol/L，则pH=3.0；若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11，c(Mg2+)×c2(OH-)=1×10-11；c2(OH-)==10-10；得到c(OH-)=10-5mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；求得c(H+)=10-9mol/L，溶液pH=9，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为3＜pH＜9。故答案为：3＜pH＜9；
(3)为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为1：4。故答案为：1：4；
(4)经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60℃条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择7g为宜，此时磷酸二氢钙产率达到最大值为80%，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降。故答案为：7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降；
(5)LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2和水生成，该化学反应方程式为2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，故答案为：2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。
【分析】（1）提高浸出率的方法通常可以采用粉碎固体增大接触面积；氧气的目的是使亚铁离子氧化为铁离子；原固体只能跟含有硅元素，一次你滤渣1应为二氧化硅；
（2）要确保铁离子完全沉淀，可以根据铁离子完全沉淀后的浓度以及氢氧化铁的溶度积，计算其pH，再根据镁离子的浓度以及氢氧化镁的溶度积，计算其pH；
（3）根据题干可知Ca2+和H2PO4-的化学计量数之比为1：2，结合 Ca3(PO4)2与H3PO4 的化学式，可知两者的物质的量之比为1：4；
（4）7g产率最高；石灰乳过多会结合磷酸；
（5）根据题干信息，可知 FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应生成CO2和LiFePO4， 草酸中碳元素化合价升高，铁元素化合价降低，结合化合价变化确定化学计量数。
33．【答案】（1）+3
（2）否；由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷
（3） +2O2= +3S↓
（4）SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4；氢碘酸、淀粉溶液
（5）调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃
（6）1 ×10-5
【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
【解析】【解答】含砷废水中含有亚砷酸(H3AsO3)，加入FeS可将砷转化为As2S3，过滤后加入NaOH溶液，此时As2S3溶解，FeS成为滤渣；加入NaOH溶液后，As2S3溶解得Na3AsO3和Na3AsS3；氧化脱硫后，生成Na3AsO4和S，将Na3AsO4酸化生成H3AsO4，加入还原剂处理，最终生成As2O3。
(1)As2S3中，S元素显-2价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0的原则，可计算出砷元素的化合价为+3价。答案为：+3；
(2)由信息Ⅱ可知，若“沉砷”过程中用Na2S代替FeS，则会生成 ，所以为：否；增大c(S2-)，会使As2S3进一步转化为 ，不利于砷转化为沉淀，所以其原因为：由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷。答案为：否；由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷；
(3)向滤液Ⅱ中通入氧气，可将 氧化为 等，则脱硫的离子反应方程式为 +2O2= +3S↓。答案为： +2O2= +3S↓；
(4)由“还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3”可知，用SO2“还原”过程中，H3AsO4转化为H3AsO3，从而得出发生反应的化学方程式为SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4。若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸，可利用HI进行还原，然后用淀粉检验氧化产物。则还需要的实验试剂有氢碘酸、淀粉溶液。答案为：SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4；氢碘酸、淀粉溶液；
(5)从As2O3 在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线可以看出，As2O3溶解度最小的点，就是沉淀率最高的点，从而得出“结晶”需要控制的具体条件是：调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃。答案为：调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃；
(6)Ksp[Ca3(AsO4)2]=(2×10-3)3×c2( )=8×10-19，从而求出c( )=1 ×10-5mol/L。答案为：1 ×10-5。
【分析】（1）S是-2价，所以As是+3价；
（2）根据题目信息可知沉砷时S2-过量的话会使 As2S3(s) 溶解；
（3）分析流程可知，氧化脱硫的反应物是 和O2，生成物是 和S；
（4）H3AsO4 和SO2反应生成 H3AsO3，H3AsO3溶液加热分解得到As2O3 ；根据已知信息可知 砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能氧化氢碘酸，所以用HI，借助淀粉判断是否有I2生成；
（5）要提高粗As2O3的沉淀率，As2O3的溶解度越小越好，所以控制条件是调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃；
（6）根据上层清液中c(Ca2+)为2×10-3mol/L，结合Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19，计算 的浓度。
34．【答案】（1）CaCl2溶液；Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+
（2）1.12×10-9 mol·L-1
（3）2LiCl+CO2+H2O Li2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行；取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊
（4）反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题属于由磷酸锂渣制备碳酸锂的工业流程题，考虑到磷酸锂和氯化钙直接混合的话会生成磷酸钙沉淀，故先将磷酸锂和盐酸混合，再加入氯化钙溶液，在随后的提纯的过程中要考虑到碳酸锂容易分解和Li2CO3转化速率与时间问题，以此解题。
(1)①磷酸锂和氯化钙反应会生成磷酸钙沉淀，应该先将磷酸锂和盐酸混合避免生成沉淀，随后再与氯化钙混合生成磷酸氢钙，滴液漏斗中的液体是CaCl2溶液，故答案为：CaCl2溶液；
②该反应在酸性条件下进行，反应物为：Li3PO4、CaHPO4，盐酸，产物为LiCl、CaHPO4，注意用氢离子配平电荷，离子方程式为：Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+；
(2)沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1则， ，需控制除钙后溶液中 ；
(3)①LiCl和CO2反应生成了HCl，该方法能制得Li2CO3的原因是生成的HCl溶于萃取剂，促使反应往生成Li2CO3方向移动，故答案为：2LiCl+CO2+H2O Li2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行；
②检验滤渣是否洗涤完全，则需要检测溶液中的氯离子即可，实验方法是取最后--次洗涤液，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊；
(4)可以向粗品中通入二氧化碳，将碳酸锂转化为碳酸氢锂再过滤，即得碳酸氢锂溶液，再加热使碳酸氢锂分解即可，加热的时间可以参考图像中的数据，由于碳酸锂的溶解度随着温度升高而减小，故应采用较高的温度进行加热，但是，加热的温度不能高于水的沸点，防止水发生沸腾干扰实验终点的判断，同时防止碳酸锂发生水解，故答案为：反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥。
【分析】（1）① 磷酸锂和氯化钙反应会生成磷酸钙沉淀；
②根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式；
（2）结合 Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9计算；
（3）①生成的HCl溶于萃取剂，促使反应往生成Li2CO3方向移动；
②若滤渣未洗涤完全，附着氯离子，检验氯离子是否存在即可；
（4）向粗品中通入二氧化碳，将碳酸锂转化为碳酸氢锂，加热使碳酸氢锂分解。
35．【答案】（1）使混合物中的炭黑及有机黏结剂燃烧、铝箔变为氧化铝等
（2）2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2 SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O
（3）4OH-+2 + 3Mn2+=5MnO2+2H2O
（4）H2SO4；增大氢离子浓度，可使Co2++2(HA)2 Co(HA2)2+2H+平衡逆向移动
（5）9
（6）CoSO4·H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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)炭黑及有机黏结剂均可燃、铝箔在加热时变为氧化铝，则灼烧的目的是：使混合物中的炭黑及有机黏结剂燃烧、铝箔变为氧化铝等。
(2)LiCoO2中各元素化合价的代数和为零，则Co的化合价为+3价；酸浸后，Ni、Co、Mn元素均以+2价形式存在，酸浸时含Co物质LiCoO2与硫酸、过氧化氢反应生成硫酸钴、硫酸锂、氧气和水，化学方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O。
(3)沉锰时，先加入的适量K2S2O8将部分Mn2+氧化成 ，剩余的Mn2+与 发生归中反应生成MnO2，则沉锰时生成MnO2的离子方程式为4OH-+2 + 3Mn2+=5MnO2+2H2O。
(4)反萃取时加入的物质X为H2SO4，因为要通过反萃取得到含Co2+溶液，从中提取硫酸钴晶体，反萃取的过程表示为：Co2++2(HA)2 Co(HA2)2+2H+，从化学平衡的角度看，增大氢离子浓度，可使Co2++2(HA)2 Co(HA2)2+2H+平衡逆向移动。
(5)室温下， ，当c(Ni2+)＜10-5 mol/L时，视为完全沉淀，要使Ni2+沉淀完全，则 ， ，则需调节溶液的pH至少为9。
(6)由图示信息可知，140.5gCoSO4·7H2O的物质的量为 ，加热得到B时失去了部分结晶水，减少的质量为：140.5g-86.5g=54g ， ，则相当于1molCoSO4·7H2O加热得到B时失去了6mol结晶水，即此过程中CoSO4·7H2O失去6个结晶水，故此时晶体的主要成分CoSO4·H2O。
【分析】正极材料中含有LiCo1-x-yMnxNiyO2，还含有铝箔、炭和有机粘结剂等杂质，灼烧使混合物中的炭黑及有机黏结剂燃烧、铝箔变为氧化铝等；加入NaOH可使氧化铝溶解，则浸出液为偏铝酸钠和NaOH的混合液；加入过氧化氢、硫酸，可使+3价的钴酸根离子反应生成+2价的钴离子；沉锰时，先加入适量K2S2O8部分Mn2+氧化成 ，Mn2+与 反应生成MnO2，过滤，所得滤液加入萃取剂，分离出的水相含Ni2+，再经反萃取，得到钴离子的溶液，从中提取硫酸钴晶体。
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3
一、选择题
1．（2023·全国甲卷）下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由点可求得
B．时的溶解度为
C．浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离
D．混合溶液中时二者不会同时沉淀
【答案】C
【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；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.对于a点可知，pH=2，c（OH-）=10-12mol/L，c（Fe3+）=10-2.5mol/L，带入Ksp（Fe（OH）3）=c（Fe3+）c（OH-）3=10-38.5，A项错误；
B.pH=4时，Al3+浓度为10-3mol/L，所以氢氧化铝溶解度为10-3mol/L，B项错误；
C.由图可知，当Fe3+完全沉淀时，Al3+还没有沉淀，所以可以通过分步沉淀进行分离，C项正确；
D.由图可知，Al3+还没有完全沉淀时，Cu2+已经开始沉淀，所以二者会同时沉淀，D项错误。
故答案为：C。
【分析】（1）弄清楚横纵坐标含有，图像变化趋势以及含义；
（2）充分利用图像的特殊点位进行计算，如起点、交点、终点等；
（3）弄清楚什么时候完全沉淀，什么时候开始沉淀，分析多离子沉淀时沉淀的先后顺序。
2．（2023·浙江1月选考）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：
[已知，，的电离常数]，下列有关说法正确的是
A．上层清液中存在
B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．向体系中通入气体，溶液中保持不变
D．通过加溶液可实现向的有效转化
【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．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此，A不符合题意；
B．根据Ka2=4.7×10-11可得，则碳酸根的水解平衡常数为，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B符合题意；
C．向体系中通入CO2，，难溶性的CaCO3转化为可溶性的Ca(HCO3)2，溶液中c（Ca2+）增大 ，C不符合题意；
D．由题干可知，，，Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.上层清液中，钙离子不水解，碳酸根离子发生水解；
B.计算比较碳酸根的水解常数和Ka2，确定碳酸根离子的水解程度和碳酸氢根的电离程度，进而确定含碳微粒的存在形式；
C.通入二氧化碳，发生反应；
D. Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶。
3．（2022·福建）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是（ ）
A．可被净化的区间最大
B．加入适量，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
【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．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A不符合题意；
B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B符合题意；
C．由图可知，净化的先后顺序为，C不符合题意；
D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Mg2+可被净化的pH区间最小；
B.过氧化氢具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子；
C.随着溶液pH值的增大，净化的顺序是Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+；
D.根据Ksp的公式计算。
4．（2023·漳州模拟）四水合磷酸锌[，难溶于水]是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含、、、、、、等)为原料制备的流程如下：
下列说法错误的是
A．滤渣Ⅰ的主要成分是、
B．“除铁”中，用试剂x凋节溶液的pH约5.1后加的目的是将氧化为
C．若试剂y选择ZnS将溶液中转化为CuS除去，说明
D．沉锌后的母液可回收利用的物质有、
【答案】C
【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】A．含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、、等物质的锌灰经稀硫酸充分浸取后，Zn、ZnO、CuO、FeO、溶解，浸出液中含有、、、及过量、，PbO与稀硫酸反应生成难溶物和不溶于稀硫酸的一并滤出，故滤渣Ⅰ主要是、，A不符合题意；
B．除铁工序中，用试剂x(可以选择ZnO、等)调整溶液pH约5.1后，加，可将氧化为，发生反应的离子方程式为，B不符合题意；
C．物质结构相似时，溶液中沉淀转化由大的向小的方向转化(转化为更难溶的物质)，故，C符合题意；
D．根据锌灰的组成元素、每一步所加试剂及流程中反应后各元素的走向，可知沉锌工序后母液中含有、、，故母液中可回收利用的物质有、，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据流程图，“浸取”过程中，锌灰中的Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3与H2SO4反应生成相应的盐，其中PbSO4为难溶物，SiO2不反应，所以滤渣I的主要成分是 、 ；向滤液中加入高锰酸钾溶液，可将Fe2+氧化生成Fe3+，通过调节pH至5.1可除去Fe3+，所以滤渣Ⅱ为Fe(OH)3和MnO2；“工序I”可通过再加入锌置换出溶液中的铜离子，所以滤渣Ⅲ为铜；“沉锌”中，在滤液中加入碳酸氢铵，发生反应：6NH4HCO3+3ZnSO4ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑；“工序Ⅱ”中，加入磷酸，可得到目标产物。
5．（2023·漳州模拟）工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示[已知：常温下，；难溶于水]。下列说法错误的是
A．时，与氨水反应生成，溶液中
B．时，
C．时，物质的量分数最大，除铅效果最好
D．时，转化为的离子方程式为
【答案】B
【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
【解析】【解答】A．分析图像可知，pH=6时，与氨水反应生成，此时溶液中，根据可得，A不符合题意；
B．pH=8时，溶液中的离子有、、、、，根据电荷守恒，B符合题意；
C．根据题目信息，难溶于水，废水中的铅转化为时除铅效果最好，而pH=10时，物质的量分数最大，C不符合题意；
D．pH=12时，转化为的离子反应为，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据计算；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据题目信息分析；
D．根据反应物和生成物的化学式转化书写。
6．（2023·渭南模拟）已知25℃时，的平衡常数，，下列叙述中正确的是
A．向的混合液中滴加溶液，首先析出沉淀
B．将浓度均为的、溶液等体积混合后可得到沉淀
C．25℃时，的约为
D．相同温度下，在水中的大于在溶液中的
【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．的平衡常数K==1.75×104，Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)=1.75×104×2.80×10-9=4.9×10-5。RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，故向c()=c()的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，A不符合题意；
B．将浓度均为3×10-4.5mol L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2+)=1.5×10-4.5mol L-1、c()=1.5×10-4.5mol L-1，此时的离子积Q=c(R2+) c()=1.5×10-4.5×1.5×10-4.5=2.25×10-9
D．Ksp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp与在Na2CO3溶液中的Ksp相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同种类型且Ksp小的先析出；
B．利用Q与Ksp的大小比较分析；
C．根据A项计算；
D．Ksp只与温度有关，与浓度无关。
7．（2023·渭南模拟）常温下，向25 mL0.12 mol/L AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3 mol/L。下列叙述错误的是（ ）
A．a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B．b点溶液中：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)
C．由e点可知，反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数的数量级为105
D．c～d段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
【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．AgNO3是强酸弱碱盐，在溶液中Ag+发生水解反应，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-)，使溶液显酸性，A不符合题意；
B．b点溶液存在电荷守恒：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]+c(H+)+c(NH4+)=c(NO3-)+c(OH-)，由于此时lg=0，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)，B不符合题意；
C．反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数K=，忽略Ag+的水解和[Ag(NH3)2]+的电离作用，c{[Ag(NH3)2]+}=-2×10-3 mol/L≈0.1 mol/L，带入平衡常数表达式，计算可得K=1.25×107，所以其数量级为107，C符合题意；
D．c～d段lg变化较小，说明加入的氨水主要用于Ag2O沉淀的生成和溶解，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．强酸弱碱盐水解呈酸性；
B．依据电荷守恒；
C．忽略Ag+的水解和[Ag(NH3)2]+的电离作用，利用平衡常数表达式计算；
D．依据曲线的变化趋势分析。
8．（2022·长春模拟）难溶物在水溶液中存在沉淀溶解平衡，已知Ksp(CaSO4)=9.0×10-6，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，离子浓度与物质常温下的溶解度关系如图所示，下列说法正确的是
A．L1为CaSO4曲线，L2为CaCO3曲线
B．c1的数量级为10-4，c2=3.0×10-3mol/L
C．常温下L1溶解度：a>d，a>e
D．降低温度a点可移动至c点
【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．由以上分析L2为CaSO4，L1为CaCO3，A项不符合题意；
B．c1、c2分别为饱和溶液中的离子浓度，则c1的数量级为10-5而c2=3×10-3，B项不符合题意；
C．a→d点溶液中Ca2+增加而减少，说明向该溶液中加入了Ca2+溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>d。a→e点溶液中增加而Ca2+减少，说明向该溶液中加入了溶解平衡逆向，所有CaCO3溶解度降低。所有溶解度a>e。C项符合题意；
D．降低温度，CaCO3溶解平衡逆向，饱和溶液中离子浓度降低，a不会移向c点，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合溶度积的数值判断；
B、结合溶度积的数值和计算公式判断；
C、增大钙离子的浓度，使平衡朝逆向移动；
D、降低温度，钙离子浓度和阴离子浓度都降低。
9．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）室温下，用0.100的标准AgNO3溶液滴定20.00mL浓度相等的NaCl、NaBr和NaI的混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法错误的是
A．a点溶液中有黄色沉淀生成
B．原溶液中NaCl、NaBr和NaI的浓度为0.0500mol·L 1
C．当Br 沉淀完全时，已经有部分Cl 沉淀，故第二个突跃不明显
D．b点溶液中：
【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．根据溶度积的相关信息，三种难溶物中，AgI最难溶，滴定时先生成AgI淡黄色沉淀，故A不符合题意；
B．如图滴定曲线，完全反应时消耗0.100的标准AgNO3溶液30mL，NaCl、NaBr和NaI的混合溶液中三种物质浓度相等，为，故B不符合题意；
C．当Br 沉淀完全时，，；此时若氯离子开始沉淀，此时氯离子浓度为<，所以当Br 沉淀完全时，已经有部分Cl 沉淀，故第二个突跃不明显，故C不符合题意；
D．由NaCl、NaBr和NaI的浓度均为可知， ，刚好滴定到终点时，溶质为，，b点时硝酸银过量，所以b点时，因为，所以溶液中，因为硝酸银过量，抑制AgI、AgBr、AgCl溶解，所以，综上所述，，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据溶度积的相关信息判断；
B．依据滴定曲线判断；
C．依据Ksp计算分析；
D．依据，且硝酸银过量分析。
10．（2022·安徽模拟）ROH是一元弱碱，难溶盐RA、RB的两饱和溶液中c(A-)或c(B- )随c(OH-)而变化，A-、B-不发生水解。实验发现，298 K时c2(A- )与c(OH- )或c2(B- )与c(OH- )的关系如图所示，甲表示c2(A- )与c(OH- )关系。下列叙述错误的是（ ）
A．RA饱和溶液在pH=6时，c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1
B．RB的溶度积Ksp(RB)的数值为5×10-11
C．ROH的电离平衡常数Kb(ROH)的数值为2×10-6
D．当RB的饱和溶液pH=7时，c(R+ )+c(H+ )
【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．RA饱和溶液pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，据图可知此时c2(A-)=30×10-11(mol/L)2，所以c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1，A项不符合题意；
B．RB的饱和溶液中存在平衡RBR++B-、R++H2OROH+H+，当溶液酸性越强，R-的水解程度越弱，c(R+）和c(B-)的大小越接近，据图可知当c(OH-)接近0时(酸性强)，c2(B-)=5×10-11(mol/L)2，此时c(R+)=c(B-)，Ksp(RB))=c(R+)·c(B-)=c2(B-)=5×10-11，B项不符合题意；
C．RB溶液中存在物料守恒c(R+)+c(ROH-)=c(B-)，Kb(ROH)=，若调节pH使碱性增强时加入的碱不是ROH，则c(R+)=c(ROH)时，满足c(R+)=c(ROH)=c(B-)，Ksp(RB) =c(R+)c(B-)=c(B-)·c(B-)=5×10-11，所以此时c2(B-)=10×10-11，据图可知此时c(OH-)=2×10-8mol/L，即Kb(ROH)=2×10-8，C项符合题意；
D．RB饱和溶液若不加入其他物质，由于R+的水解，溶液会显酸性，所以pH=7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子，此时根据电荷守恒可知c(R+)+c(H+)
【分析】A、要注意pH和OH-的转换关系；
B、Ksp的计算要找出相应离子的浓度，注意找最特殊的点；
C、电离平衡常数要根据公式Kb(ROH)=计算；
D、要注意电荷守恒要写出所有阳离子和阴离子。
11．（2022·四平模拟）T℃下，三种硫酸盐MSO4，(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lgc(M)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)。下列说法正确的是（ ）
A．BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4
B．X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)
C．在ToC时，用0.01mol.L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol.L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Sr2+先沉淀
D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.4
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故A不符合题意；
B．Z点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)，则c（Ba2+）＞c（SO42-），同理X点饱和溶液中c（Sr2+）＜c（SO42-），故B不符合题意；
C．图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为10-2.5×10-2.5、10-3.8×10-3.8、10-5×10-5，因此溶度积常数：BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，因此在ToC时，用0.01mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C不符合题意；
D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为=102.4，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、若铅离子的浓度足够大时，硫酸钡可以转化为硫酸铅；
B、p值越大则浓度越小；
C、结合溶度积判断，溶度积越小则越容易形成沉淀；
D、结合里算不和硫酸铅的溶度积计算。
12．（2022·朝阳模拟）取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析错误的是（ ）
A．黄色沉淀是，白色沉淀是
B．产生白色沉淀时，溶液中存在
C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀
D．白色沉淀开始析出时，
【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．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项不符合题意；
B．产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项不符合题意；
C．若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1)，则混合后的硝酸银浓度约等于，，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项不符合题意；
D．根据氯化银的溶度积常数，白色沉淀氯化银开始析出时，，所以，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ksp越小越容易沉淀；
B.产生AgCl时，AgI已经达到沉淀溶解平衡；
C.计算Qc与Ksp进行比较进而确定是否产生沉淀。
13．（2022·洛阳模拟）常温下，向10 mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1 mol·L-1的氨水，反应过程中- 1gc(Ag+ )或-1gc([(Ag(NH3)2]+ )与加入氨水体积的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．常温下，Kpsp(AgOH)的数量级为10-8
B．原硝酸银溶液的浓度是0.1 mol·L-1
C．溶液m点c( )-c(Ag+)-c( )=0.01 mol·L-1
D．溶液b点的浓度大于溶液m点的 浓度
【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
【解析】【解答】A．b点溶液溶质为NH4NO3，Ag+完全沉淀，存在沉淀溶解平衡AgOH(s)=Ag+(aq)+OH-(aq)，所以可以近似地认为c(Ag+)=c(OH-)，此时-1gc(Ag+)=4，则c(Ag+)=c(OH-)=1×10-4mol，Ksp(AgOH)=c(Ag+) c(OH-)=1×10-8，A不符合题意；
B．b点完全反应，此时加入的氨水为10mL，氨水的浓度0.1mol/L，原硝酸银溶液也为10mL，根据方程式Ag++NH3 H2O=AgOH↓+NH4+可知，硝酸银溶液的浓度为0.1mol/L，B不符合题意；
C．m点溶液存在电荷守恒c(OH-)+c()=c(Ag+)+c[]+c()+c(H+)，此时加入了过量的氨水，溶液应呈碱性，则有：c()-c(Ag+)-c()= c[]+c(H+)-c(OH-)=10-2+c(H+)-c(OH-)＜10-2mol/L，C符合题意；
D．b点溶液溶质为NH4NO3，b到m过程发生反应AgOH+2NH3 H2O=+2H2O+OH-，随着氨水的加入，并没有引入铵根离子，虽然碱性增强铵根离子的水解受到促进，则铵根离子的浓度减小，即b点铵根离子的浓度大于溶液m点铵根离子的浓度，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 向10 mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1 mol·L-1的氨水 ，先发生反应Ag++NH3 H2O=AgOH↓+，紧接着发生反应AgOH+2NH3 H2O=+2H2O+OH-；b点-lgc(Ag+ )达到最大值，此时Ag+与氨水恰好完全反应。
二、多选题
14．（2022·临沂模拟）已知CaF2是难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用盐酸调节CaF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与-lgc(X)(X为Ca2+或F- )的关系如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．L1表示-lgc(F- )与的变化曲线
B．K sp(CaF2 )的数量级为10-10
C．c点的溶液中： c(Cl-)
【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．由分析可知，L1表示-lgc(Ca2+)与的变化曲线，A符合题意；
B．由a点坐标可知，==10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故其数量级为10-10，B不符合题意；
C．由图像可知，c点的溶液中有：c(Ca2+)=c(F-)，结合电荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，即有：c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，此时lg小于0，即c(HF)＜c(H+)，溶液显酸性即c(H+)＞c(OH-)，故有 c(Cl-)＞c(Ca2+)，C符合题意；
D．根据物料守恒可知，a、b、c三点的溶液中： 2c(Ca2+)=c(F- )+c(HF)，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．利用反应过程中离子变化分析；
B．利用Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)计算；
C．依据电荷守恒分析；
D．根据物料守恒分析。
15．（2021·张家口模拟）向某 和 的混合溶液中逐滴加入某浓度的 溶液，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中pH由小到大的顺序是
B．b点溶液中存在：
C．向b点溶液中加入NaOH可使b点溶液向c点溶液转化
D．滴加过程中溶液存在
【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 会与Ba2+反应，而 不与Ba2+反应，可知，随着BaCl2加入， 浓度降低，pH逐渐降低，对应的溶液中pH由小到大的顺序是 ，A项不符合题意；
B．b点时，溶液中 ，根据电荷守恒， ，则 ，B项符合题意；
C．向b点溶液中加入NaOH， 降低，溶液会向c点转化，C项符合题意；
D．由 得溶液中存在： ，D项不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.钡离子和碳酸根离子反应，导致碳酸根离子降低即可判断PH的大小
B.结合电荷守恒以及数据关系即可判断
C.加入氢氧根，消耗碳酸氢根，导致pH增大
D.碳酸是二元弱酸，根据电离常数即可判断
16．（2020高二上·荆州期末）25 ℃ 时，AgCl的Ksp＝1.8×10－10，Ag2CO3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．Ag2CO3的Ksp为8.1×10－12
B．Ag2CO3(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CO32-(aq)的平衡常数K＝2.5×108
C．向Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3(s)，可使c(CO32-)增大(由Y点到X点)
D．向同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液中滴入0.001 mol·L－1AgNO3溶液，CO32-先沉淀
【答案】C,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.Ag2CO3的溶度积Ksp=c2(Ag+)×c(CO32-)=(9×10-4)2×(1×10-5)=8.1×10-12，选项正确，A不符合题意；
B.该反应的平衡常数，选项正确，B不符合题意；
C.加入K2CO3(s)后，Ag2CO3沉淀溶解平衡正向移动，溶液中c(CO32-)增大，c(Ag+)减小，而Y到X的移动过程中c(Ag+)不变，选项错误，C符合题意；
D.形成AgCl沉淀所需Cl-浓度，形成Ag2CO3沉淀所需CO32-浓度，因此Cl-先形成沉淀，选项错误，D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A.根据Ag2CO3溶度积的表达式，结合图像数据进行计算；
B.根据平衡常数的表达式，结合Ag2CO3、AgCl的Ksp进行计算；
C.结合Ag2CO3沉淀溶解平衡移动进行分析；
D.根据形成沉淀所需离子浓度大小进行分析；
17．（2017高二上·黄陵期末）向氯化铁溶液中加入过量氢氧化钠溶液 震荡后静置一段时间．下列关于该体系的说法中，不正确的是（ ）
A．生成了氢氧化铁沉淀
B．溶液中不存在Fe3+
C．加入少量盐酸，则溶液中Fe3+浓度会减小
D．体系中存在着氢氧化铁的沉淀溶解平衡
【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】解：A．氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，故A正确；
B．存在氢氧化铁溶解沉淀平衡，一定含有铁离子，故B错误；
C．氢氧化铁溶解于盐酸溶液中，Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O，铁离子浓度增大，故C错误；
D．沉淀形成在溶液中存在溶解沉淀平衡，Fe（OH）3（s） Fe3+（aq）+3OH﹣（aq），故D正确．
故选BC．
【分析】氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，存在溶解沉淀平衡，Fe（OH）3（s） Fe3+（aq）+3OH﹣（aq），结合平衡移动的影响因素解答该题．
18．（2016高二上·东营期末）下列有关说法正确的是（）
A．电离、电解、电镀、电化学腐蚀都需要通电后才能实现
B．可用pH试纸测定新制氯水的pH
C．水是一种极弱的电解质，纯水在任何情况下都显中性
D．空气中，金属铝的表面会迅速形成一层致密的氧化物保护膜，这是铝发生了吸氧腐蚀
E．向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，说明Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
F．在配制硫酸铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的稀盐酸
【答案】C,E
【知识点】水的电离；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；铝的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：A、电解、电泳、电镀需要通电才可进行，条件是通电，而电离、原电池导致的腐蚀不需要通电，故错误； B、新制的氯水中存在次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有色物质，所以无法用pH试纸测定新制氯水的pH，故错误； C、水是一种极弱的电解质，纯水在任何情况下都显中性，电离产生的氢离子和氢氧根离子的量相等，故正确； D、铝非常活泼，易被空气中的氧气氧化，生成氧化膜，是化学腐蚀，故错误；
E、根据白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，同类型的沉淀，溶解度越小，Ksp越小，说明Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），故正确；F、在配制硫酸铁溶液时，为了防止发生水解，加硫酸，故错误；故答案为：CE．
【分析】A、电解、电泳、电镀需要通电才可进行，条件是通电，而电离、原电池导致的腐蚀不需要通电； B、新制的氯水中含有次氯酸，能够漂白pH试纸，无法测定出氯水的pH；C、水是一种极弱的电解质，纯水在任何情况下都显中性
D、铝非常活泼，易被空气中的氧气氧化，生成氧化膜，是化学腐蚀； E、根据白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，同类型的沉淀，溶解度越小，Ksp越小； F、在配制硫酸铁溶液时，为了防止发生水解，加相应的酸．
19．（2020高三上·泗水期中）高铁酸钾 是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A．用 作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应Ⅰ中尾气可用 溶液吸收再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．该条件下，物质的溶解性：
【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；水的净化
【解析】【解答】A. K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A不符合题意；
B. 尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B不符合题意；
C. 反应中Cl元素化合价由+1价降低为 1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C符合题意；
D. 结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．结合K2FeO4的强氧化性和水解过程分析；
B．反应Ⅰ中的尾气含有Cl2，具有氧化性；
C．根据反应Ⅱ中得失电子守恒进行分析；
D．溶解度越小，越容易析出晶体；
20．（2020高三上·扬州期中）根据下列实验操作和现象所得出的结论一定正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 将燃着的镁条迅速伸入集满CO2的集气瓶，剧烈反应，发光发热，瓶内产生大量白烟，瓶壁上有黑色颗粒 CO2在一定条件下能支持燃烧
B 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
C 室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 Fe3+的氧化性比I2的强
D 将少量铁粉、5mL苯和1mL液溴混合后产生的气体通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀 苯和液溴发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,C
【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；镁的化学性质；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．根据反应现象，将燃着的镁条迅速伸入集满CO2的集气瓶，生成了MgO和C，说明CO2在一定条件下能支持燃烧，故A符合题意；
B．向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，未说明氯离子、碘离子的浓度相对大小，无法判断溶度积大小，故B不符合题意；
C．室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明铁离子氧化了碘离子生成单质碘，即Fe3+的氧化性比I2的强，故C符合题意；
D．苯和液溴在铁粉催化剂作用下迅速反应，放出大量热，溴易挥发，因此挥发的溴与AgNO3溶液中，会产生淡黄色沉淀，故D不符合题意。
故答案为AC。
【分析】A.Mg与二氧化碳反应生成MgO和C；
B.浓度未知，为沉淀生成；
C.二者发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
D.溴易挥发，溴及HBr均与硝酸银反应生成淡黄色沉淀。
21．（2020高二上·邯郸期中）常温下，向25 mL0.12 mol/LAgNO3溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加大氨水的体积V与溶液中lg[c（H+ ）/c（OH- ）]的关系如图所示。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c（Ag+）与c（NH3）均约为2×10-3 mol/L。下列叙述错误的是（ ）
A．a点对应溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B．b点对应溶液中：c（Ag+）+c{[Ag（NH3）2]+}> c（NO ）
C．cd段加人的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
D．由e点可知，反应Ag++2NH3 [Ag（NH3）2]+的平衡常数的数量级为105
【答案】B,D
【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. a点溶液中溶质只有硝酸银， c(H+) =104 c(OH-)，常温下c(H+) c(OH-)=10-14，则c(H+) =10-5，pH=5，溶液呈酸性，硝酸银为强酸弱碱盐，银离子水解溶液显酸性，故A不符合题意；
B. 的电离和银离子的水解极微弱，可以忽略，溶液电荷守恒，则：c(Ag+)+ c[ ]+ c( ) +c(H+)=c(OH-)+c( )，b点lg =0，则c(H+)=c(OH-)，则c(Ag+)+ c[ ]+ c( )= c( )，则c(Ag+)+ c[ ]
D. 该反应平衡常数 ，忽略银离子水解和 的电离，根据银元素守恒可知：c[ ]= ，则K=1.25×107，其数量级为107，故D符合题意；
答案BD。
【分析】A．a点为AgNO3溶液，结合Ag+的水解分析；
B．结合电荷守恒分析；
C．结合cd段溶液酸度变化分析；
D．根据平衡常数的表达式，结合图像数据进行计算；
22．（2018高三上·武邑期中）已知一定温度下CuS的溶度积常数为4.0×10－36，现将0.1molCuSO4放入100mL1.0mol·L－1的Na2S溶液中，充分搅拌反应(不考虑溶液体积变化)，则下列说法错误的是（ ）
A．反应后溶液的pH比反应前溶液的pH小
B．反应后溶液中不存在Cu2＋、S2－
C．反应后溶液中：c(Cu2＋)与c(S2－)都约为2.0×10－18mol·L－1
D．Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)
【答案】B,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.反应前是Na2S溶液，属于强碱弱酸盐，S2-水解，故溶液显碱性，PH>7，反应后，溶液主要成分为Na2SO4，溶液PH接近中性，反应后溶液PH比反应前溶液的pH小，A不符合题意；
B.反应生成CuS在溶液中存一定的溶解平衡，故溶液中一定含有少量的Cu2＋、S2－，B符合题意；
C.由于CuS在溶液中存在一定的溶解平衡：CuS Cu2++S2-，CuS的溶度积常数为4.0×10－36=c(Cu2+)·c(S2-)，故得到c(Cu2+)= c(S2-)=2.0×10－18mol·L－1，C不符合题意；
D.Na2S溶液中存在:① Na2S=2Na+ +S2-② S2-+H2O HS-+OH-③ HS-+H2O H2S+OH-
④ H2O H++OH-，根据反应②③，可知：c(OH-)>C(HS-)，根据水解原理，一级水解②远大于二级水解③，c(OH-)略小于c(HS-),而溶液显碱性，则c(OH-)远大于c(H+)，故c(OH-)>c(HS-)>c(H+)，故D符合题意。
故答案为：BD
【分析】沉淀在水溶液中存在溶解平衡。盐类水解规律：有弱才水解，谁强显谁性。离子浓度大小的比较，先考虑强电解质，再考虑离子水解，而且多元弱酸的水解是分步进行的。
23．（2017高二下·河南期中）下列有关说法中正确的是（ ）
A．Ksp（AB2）＜Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD的溶解度
B．在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变
C．已知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），则反应AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）能够发生
D．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动
【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】解：A．由于AB2与CD分子组成形式不同，KSP的表达式不同，因此不能根据KSP大小来比较溶解度的大小，故A错误；
B．KSP只与温度有关，与浓度无关，在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变，故B正确；
C．溶解度大的能转化为溶解度小的，所以在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入KI固体，AgCl沉淀可转化为AgI沉淀，即反应AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）能够发生，故C正确；
D．碳酸钙的沉淀溶解平衡为：CaCO3（s） Ca2+（aq）+CO32﹣（aq），加入HCl能与CO32﹣反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D错误；
故选BC．
【分析】A．由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小；
B．KSP只与温度有关，与浓度无关；
C．溶解度大的能转化为溶解度小的；
D．HCl与CO32﹣反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动．
三、非选择题
24．（2023·全国甲卷） 是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
（3）“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
（5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为 。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。
【答案】（1）做还原剂，将 还原
（2）S2-+Ca2+=CaS ↓
（3）c
（4）不可行； 也会与盐酸反应生成可溶于水的 ，导致 溶液中混有 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（5）
（6）
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；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
【解析】【解答】（1）碳粉的主要作用是做还原剂，将硫酸钡还原成BaS；
（2）易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀；S2-+Ca2+=CaS ↓
（3）由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于的沉淀，所以只能加入盐酸酸化；选择c；
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：硫化钙与盐酸反应生成可溶于水的氯化钙，导致氯化钡溶液中混有氯化钙杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低；
（5）有分析可知，沉淀过程为非氧化还原，即复分解反应，反应方程为：BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4=BaTi(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，为氧化还原反应，产物有CO2和CO，该反应的化学方程式为：
BaTi(C2O4)2=BaTiO3+2CO2↑+2CO↑
【分析】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。
25．（2022·湖北）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号 反应物组成
a 粉末
b 粉
c 粉 饱和石灰水
d 粉 石灰乳
e 粉 粉末
回答下列问题：
（1）已知：
①
②
③
则的 。
（2）温度为T时，，则饱和溶液中 (用含x的代数式表示)。
（3）实验a中，后基本不变，原因是 。
（4）实验b中，的变化说明粉与在该条件下 (填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是 ；后基本不变，其原因是 微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是____(填标号)。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理 。
【答案】（1）-911.9
（2）mol L-1
（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
（4）不反应；Al和溶液中的OH-发生了反应；OH-
（5）A
（6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【知识点】盖斯定律及其应用；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】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2×③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ mol-1)+(-16.73kJ mol-1)+2(-415.0kJ mol-1)=-911.9kJ mol-1。
(2)温度为T时，Ca(OH)2的饱和溶液中，存在沉淀溶解平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol L-1。
(3)实验a中，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，该反应放热，当温度不变时，反应达到平衡状态，则4min后ΔT基本不变是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。
(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，
故答案为：A。
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x计算；
（3） Ca(OH)2在水中的溶解度小；
（4）铝粉与水在该条件下不反应；饱和石灰水中含有OH-，铝能与OH-反应；
（5）反应②和反应③都是放热反应；
（6）实验e中，发生反应①、②和③均为放热反应。
26．（2022·重庆市模拟）钪(Sc)是一种稀土金属，钪及其化合物在宇航、电子、超导等方面有着广泛的用途。钛白粉中含有等多种成分，用酸化后的钛白废水富集钪，并回收氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“萃取”时均进入有机相中，则在“洗涤”时加入的目的是 。
（2）“滤渣1”的主要成分是、 (写化学式)。
（3）在“调pH”时先加氨水调节，此时过滤所得滤渣主要成分是 ；再向滤液中加入氨水调，此时滤液中的浓度为 ；检验含滤液中是否含的试剂为 (写化学式)。(已知：；)。
（4）“沉钪”时用到草酸。已知草酸的；；则在时的草酸溶液中 。
（5）写出草酸钪在空气中“焙烧”时反应的化学方程式 。
（6）钛白酸性废水中含量，该工艺日处理钛白酸性废水，理论上能生产含氧化钪的产品最多 kg(保留2位有效数字)。
【答案】（1）将氧化为
（2）
（3）；；KSCN溶液
（4）8.4
（5）
（6）3.8
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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】“萃取”时均进入有机相中，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为，加入NaOH溶液生成、，过滤得到滤渣1，加入盐酸得到氯化铁和ScCl3，加入氨水调pH沉淀铁离子，滤渣2是，加入盐酸酸溶生成ScCl3，加入草酸得到Sc2(C2O4)3，焙烧得到Sc2O3；
(1)有机相中含，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为；
(2)加入NaOH溶液沉淀离子，“滤渣1”的主要成分是、；
(3)由分析可知，“调pH”时先加氨水调节，目的是沉淀铁离子，过滤所得滤渣主要成分是；时，滤液中的浓度为；检验的试剂为KSCN溶液，若存在溶液会呈血红色；
(4)草酸溶液中8.4；
(5)草酸钪Sc2(C2O4)3在空气中“焙烧”时得到Sc2O3，C元素化合价升高生成二氧化碳，O元素化合价降低，反应的化学方程式；
(6)钛白酸性废水中含量，废水中质量最大为20.0mg/L×=2000×103mg=2kg，由元素质量守恒，解得m≈3.8kg。
【分析】“萃取”时均进入有机相中，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为，加入NaOH溶液生成、，过滤得到滤渣1，加入盐酸得到氯化铁和ScCl3，加入氨水调pH沉淀铁离子，滤渣2是，加入盐酸酸溶生成ScCl3，加入草酸得到Sc2(C2O4)3，焙烧得到Sc2O3，据此解答。
27．（2022·苏州模拟）以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料，两矿联合浸取可制备大颗粒的电池用Mn3O4。
（1）浸取：将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。
①若FeS2原电池中生成单质S，其电池总反应的离子方程式为 。
②随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是 。
（2）除钙镁：向已除去Fe、Al、Si元素的MnSO4溶液中(pH约为5)加入NH4F溶液，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀。则 = 。 [已知Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
（3）氧化：将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。
①写出由Mn(OH)2反应得到Mn3O4的化学方程式 。
②沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是 。
③所得产物中锰元素含量随通入空气时间的变化如图所示，当通空气时间超8小时，产物中锰元素含量减小的原因是 。
【答案】（1）FeS2＋2Fe3+=3Fe2+＋2S；随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低
（2）
（3）6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】根据流程图以及软锰矿、硫铁矿所含物质可知，在酸浸取构成两个原电池将锰元素转化成Mn2+，然后调节溶液pH，将铁、铝、硅元素除去，根据问题(2)，加入氟化物，除去Ca、Mg元素，向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析；
(1)①根据题意，酸浸时，FeS2和MnO2构成两个原电池，依据其原理可知，生成单质S的反应是FeS2与Fe3+反应，电池总反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；故答案为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
②根据①产生硫单质，随着硫铁矿的增加，产生硫单质附着在FeS2，阻碍反应的进行，与MnO2反应的Fe2+物质的量减少，导致产生Mn2+量减少；故答案为随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低；
(2)加入氟化铵将Ca2+、Mg2+转化成CaF2、MgF2沉淀，则有=；故答案为；
(3)①Mn(OH)2转化成Mn3O4，Mn的化合价由+2升高为+价，Mn(OH)2为还原剂，氧气为氧化剂，利用化合价升降法以及原子守恒，得到反应方程式为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；故答案为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；
②根据问题①的反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，溶液pH无明显变化；“沉淀”步骤所得Mn(OH)2固体含少量Mn2(OH)2SO4，7h后被氧气氧化，其反应方程式为3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，c(H+)增大，溶液pH减小；故答案为开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；
③产物中锰元素含量减小的原因可能是Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物；故答案为Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物。
【分析】根据流程图及已知信息可知，“浸取”时， FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应 ， MnO2转化成Mn2+，FeS2转化为S或SO42-，Fe、Al、Ca、Mg的氧化物与硫酸反应生成相应的硫酸盐， Si的氧化物与硫酸不反应，通过调节溶液pH可除去铁铝硅元素。 向已除去Fe、Al、Si元素的溶液中加入氟化物，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀而除去。向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析。
28．（2022·泰州模拟）K2Cr2O7是化学实验室中的一种重要分析试剂。工业上以铬铁矿[Fe(CrO2) 2，含Al、Si氧化物等杂质]为主要原料制备K2Cr2O7的工艺流程如图所示。
（1）“焙烧”过程。将一定量铬铁矿与Na2CO3固体混合后在空气中焙烧，生成Na2CrO4和Fe2O3，该反应的化学方程式为 。
（2）“转化”过程。如图为几种物质在水中的溶解度随温度变化曲线。向酸化液中加入一定量KCl固体，并将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温时会析出大量K2Cr2O7晶体，试分析晶体析出的原理 。
（3）生产过程中产生的K2Cr2O7酸性废液可通过以下方法处理。
①钡盐沉淀法。先将K2Cr2O7酸性废液碱化处理，再加入BaCl2.废液需进行碱化处理的目的是 。[已知：BaCrO4(s)Ba2+(aq)+ CrO(aq) ΔH＞0；Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]
②FeS还原法。在K2Cr2O7酸性废液中加入纳米FeS后，测得Cr(Ⅵ)和总铬去除率随时间的变化关系如图所示，反应过程中还检测到Cr2S3沉淀。10 min后，Cr(Ⅵ)和总铬的去除率升高幅度变小的可能原因是 。
（4）测定K2Cr2O7产品纯度。称取产品2.500 g配成500 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中，加10 mL 2 mol·L-1H2SO4和足量KI，放于暗处5 min (+I-→I2+Cr3+)。然后加入100 mL水，加入3 mL淀粉溶液，用0.1200 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定(I2+→I-+)，消耗20.00 mLNa2S2O3标准溶液，则该样品的纯度为 。(写出计算过程)
【答案】（1）4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38Na2CrO4 +2Fe2O3 +8CO2
（2）低温下，K2Cr2O7的溶解度小于其它组分；随着温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小
（3）促进转化为，浓度升高，有利于与Ba2+生成沉淀；H+浓度减小，与FeS反应生成具有强还原性的Fe2+、HS-和H2S浓度减小， Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)的速率减小；生成Cr2S3沉淀覆盖在FeS表面，减慢其溶解
（4）94.08%
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】分析流程可知，铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)中加入纯碱和O2进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、 NaAlO2、 Na2SiO3，加入水进行“浸取”，过滤，滤渣为不溶于水的Fe2O3，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，再向滤波中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，加入KCl将Na2Cr2O7转化K2Cr2O7，为将溶液蒸发结晶将Na2SO4和NaCl除去，得到K2Cr2O7晶体，母液中还含有大量H2SO4可以循环利用，据此分析回答问题。
(1)将一定量铬铁矿与Na2CO3固体混合后在空气中焙烧，生成Na2CrO4和Fe2O3，该反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38Na2CrO4 +2Fe2O3 +8CO2；
(2)向酸化液中加入一定量KCl固体，并将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温时会析出大量K2Cr2O7晶体，原理是低温下，K2Cr2O7的溶解度小于其它组分；随着温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小；
(3)①先将K2Cr2O7酸性废液碱化处理， 再加入BaCl2，废液需进行碱化处理的目的是：促进转化为，浓度升高，有利于与Ba2+生成沉淀；
②在K2Cr2O7酸性废液中加入纳米FeS后，测得Cr (VI)和总铬去除率随时间的变化关系如图3所示，反应过程中还检测到Cr2S3沉淀；10 min后，Cr (Ⅵ)和总铬的去除率升高幅度变小的可能原因是H+浓度减小，与FeS反应生成具有强还原性的Fe2+、HS-和H2S浓度减小，Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)的速率减小；生成Cr2S3沉淀覆盖在FeS表面，减慢其溶解；
(4)根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：K2Cr2O7~ 3I2~ 6，则有n(K2Cr2O7)=n()=c()·V()=×0.1200 mol/L×0.020L=4.00×10-4 mol；m(K2Cr2O7)=4.00×10-4 mol×294 g/mol×= 2.352 g，w=；
【分析】根据流程图，“焙烧”时，FeCr2O4和Al、Si氧化物与Na2CO3、O2反应分别生成Na2CrO4、Fe2O3、 NaAlO2、 Na2SiO3
；由于Fe2O3不溶于水，“浸取”可除去Fe2O3，所以滤渣是Fe2O3；“中和”时加入硫酸调节pH可使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，同时Na2CrO4转化为Na2Cr2O7；“转化”中加入KCl固体，可将加入KCl将Na2Cr2O7转化K2Cr2O7，
经一系列操作可将得到K2Cr2O7晶体。
29．（2022·松山模拟）高铁酸钾(K2FeO4)是一种多功能的新型水处理剂。一种湿法制备高铁酸钾的新工艺流程如图所示：
已知：①高铁酸钾热稳定性差
②在碱性环境中比酸性环境中相对稳定。
回答以下问题：
（1）高铁酸钾(K2FeO4)中铁元素的化合价为 。
（2）滤渣1的主要成分为(写化学式) 。
（3）写出“常温氧化”过程的离子方程式 。
（4）氧化时控温20~25℃，温度不能高于25℃原因是 。
（5）实验测得氧化时间、氧化剂浓度与K2FeO4产率、纯度的实验数据分别如图1、图2所示，为了获取更高纯度的高铁酸钾，反应时间应控制在 min，氧化剂浓度应控制在 mol·L-1。
（6）可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度，有关反应的离子方程式为
①++2H2O=+Fe(OH)3↓+OH-
②2+2H+=+H2O
③+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
现称取1.980 g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，将滤液加水配制成250 mL溶液。每次取25.00 mL，加入稀硫酸酸化，用0.1000 mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93 mL。则上述样品中高铁酸钾的质量分数为 。
（7）某工业废水含Mn2+(浓度为0.1mol·L-1)，可用高铁酸钾氧化混凝去除。为避免形成Mn(OH)2降低去除率，控制体系pH< (常温下Ksp[Mn(OH)2]=1×10-13)。
【答案】（1）+6
（2）CaCO3
（3）2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O
（4）温度高于25℃，高铁酸钾会分解
（5）60；1.1
（6）63.1%
（7）8
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】碳酸钾和次氯酸钙溶液混合生成碳酸钙沉淀和次氯酸钾，过滤，得到次氯酸钾溶液，再加入氢氧化钾和硝酸铁，经过陈化抽滤、碱洗抽滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、烘干，得到精品高铁酸钾。
(1)高铁酸钾(K2FeO4)中K为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知其中铁元素的化合价为+6价；
(2)根据分析可知，滤渣1的主要成分为CaCO3；
(3)根据分析可知：在氧化过程中，Fe3+被ClO-氧化为，ClO-被还原为Cl-，同时产生H2O，该反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O；
(4)氧化时控温20~ 25℃，温度不能高于25℃，这是由于温度高于25℃时，高铁酸钾会发生分解反应；
(5)为了获取更纯的高铁酸钾，根据图2和图3可知，反应时间应控制在60 min，氧化剂浓度应控制在1.1 mol/L；
(6)根据题意可得关系式：2~2~~6Fe2+，即~3Fe2+，所以样品中n(K2FeO4)=，所以原样品中高铁酸钾的质量分数为：；
(7)Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)·c2(OH-)=0.1 mol/L×c2(OH-)=1×10-13，解得c(OH-)=1×10-6 mol/L，所以c(H+)=，故溶液pH=8，即应该控制体系pH＜8。
【分析】难点分析：（3）该题为陌生氧化还原反应方程式配平，找准氧化剂和还原剂，利用化合价升降相等配平。
（5）题目要求获取高纯度的高铁酸钾，不用考虑产率，所以在60min时纯度最高，在1.1mol/L时纯度最高
（6）在进行滴定计算时，要找到被测物质与滴定试剂之间的数量关系，然后进行计算。
（7）计算出 Mn(OH)2 刚好沉淀是的pH，计算出临界值，要是 避免形成Mn(OH)2，所以pH要小于8
30．（2022·湖北模拟）碘化亚铜()可用作有机反应催化剂。某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分为，其中的化合价为+2)为原料制备的流程如下：
已知：是白色粉末，不溶于水，能与过量继续反应：，从而溶于溶液中。
回答下列问题：
（1）“浸取”时，反应的化学方程式为 ；该步骤使用的溶液的浓度为560，则其物质的量浓度为 (保留2位小数)。
（2）“滤渣处理”过程中发生的基本反应类型为 。
（3）“溶解”时，被还原为，写出该反应的离子方程式： 。
（4）“转化”时生成的离子方程式为 ，该步骤需要控制溶液的用量，其原因是 。
（5）用溶液洗涤沉淀的目的是 。
（6）已知：，，取2.00g放入锥形瓶中，加入100a溶液，充分振荡后，测得溶液中，则a约为 (保留1位小数，溶液体积变化忽略不计)。
【答案】（1）CuFeS2＋4FeCl3=CuCl2＋5FeCl2＋2S；3.45
（2）置换反应
（3）4Cu＋NO＋10H＋4Cu2＋＋NH＋3H2O
（4）2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2；防止过量I－溶解CuI，降低产率
（5）除去附着在CuI上面的碘单质
（6）0.5
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】利用Fe3＋强氧化性，将CuFeS2中S元素氧化成硫单质，然后加热Fe粉，发生置换反应，Fe将Cu置换出来，过滤后，得到Cu和过量Fe，利用Cu不与稀硫酸反应，加入稀硫酸溶液，把Fe除去，得到纯净Cu单质，将Cu放入稀硫酸、NH4NO3溶液中Cu溶解为Cu2＋，Cu2＋与I－发生氧化还原反应，生成CuI和I2，利用碘单质的氧化性，将Na2SO3氧化，据此分析；
(1)“浸取”时，利用Fe3＋氧化性，将S元素氧化成S单质，本身被还原成Fe2＋，反应的化学方程式为CuFeS2＋4FeCl3=CuCl2＋5FeCl2＋2S；令溶液的体积为1L，FeCl3物质的量浓度为=3.45mol·L－1；故答案为CuFeS2＋4FeCl3=CuCl2＋5FeCl2＋2S；3.45；
(2)根据上述分析，“滤渣处理”发生反应为Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，该反应属于基本反应类型为置换反应；故答案为置换反应；
(3)“溶解”步骤是溶解Cu单质，因此离子反应方程式为4Cu＋NO＋10H＋4Cu2＋＋NH＋3H2O；故答案为4Cu＋NO＋10H＋4Cu2＋＋NH＋3H2O；
(4)根据流程，制备的CuI，Cu显＋1价，“溶解”步骤Cu元素显＋2价，“转化”步骤中Cu2＋与I－发生氧化还原反应，离子反应方程式为2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2；根据题中所给信息，CuI溶于KI溶液中，如果KI溶液过量，CuI溶解，降低CuI产率；故答案为2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2；防止过量I－溶解CuI，降低产率；
(5)CuI表面含有I2，利用I2的氧化性将Na2SO3氧化，因此Na2SO3溶液的作用是除去附着在CuI上面的碘单质；故答案为除去附着在CuI上面的碘单质；
(6)混合后溶液中发生CuI＋Br－CuBr＋I－，测的溶液中c(I－)=1.0×10－4mol·L－1，过程中消耗c(Br－)=1.0×10－4mol·L－1，即有，代入数值，得出，推出a约为0.5；故答案为0.5。
【分析】难点分析（3）该反应为氧化还原反应，氧化剂为NO3-，被还原为NH4+；还原剂为Cu，被氧化为Cu2+，结合化合价升降相等配平即可。
（4）要充分利用题目提供信息，CuI能够与I-继续反应，说要要控制KI的用量。
（6）利用CuI＋Br－CuBr＋I－结合碘化铜和溴化铜的溶解平衡常数计算即可。
31．（2022·日照模拟）五氧化二钒常用于生产硫酸或石油精炼的催化剂。某化工厂从废钒催化剂中(含有等)回收和，既能避免环境污染，又能节约资源。回收工艺流程如下：
已知：1：①"酸浸”时，和先与稀硫酸反应分别生成和；
②有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强；
③微溶于冷水、易溶于热水、难溶于乙醇；
④溶液中与可相互转化：。
回答下列问题：
（1）滤渣2的成分主要有 (填化学式)。
（2）“酸浸”时，参与反应的离子方程式为 。
（3）“萃取”和“反萃取”时，将发生(其中R表示，表示有机萃取剂)。
①“反萃取”操作加入的试剂是 (填化学式)。
②假设“滤液2”中，“萃取”和“反萃取”每进行一次，萃取率为90%，5次操作后，“滤液2”中残留的 【萃取率=】。
（4）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（5）①“沉钒”时生成，通入的作用是 。
②实验发现，温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是 。
【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）
（5）加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成品体析出；原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降
【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】废催化剂经过酸浸后，和先与稀硫酸反应分别生成和，然后与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，滤液中的金属离子主要有Al3+、Fe3+、Fe2+、和，滤渣1为SiO2，滤液1加过氧化氢氧化后，Fe2+被氧化为Fe3+，用KOH调pH值除去Al3+、Fe3+，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，酸性条件下转化为，加氯化铵沉钒得到NH4VO3，煅烧得到V2O5；水相1中为硫酸钾，结晶得到硫酸钾固体。
(1)根据分析，滤渣2的主要成分为：Al(OH)3和Fe(OH)3；
(2)根据分析，与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，离子方程式为：；
(3)根据方程式：，加入H2SO4可使平衡逆向移动，进行反萃取操作；5次操作后，“滤液2”中残留的：；
(4)根据分析，有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，离子反应方程式为：；
(5)“沉钒”加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成品体析出；温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是：原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降。
【分析】（1）过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，氢氧化钾的目的是除去铁离子和铝离子；
（2）已知条件 ① 中已经知道 和先与稀硫酸反应分别生成和，而亚铁离子容易被氧化；
（3） ① 反萃取即平衡朝逆向移动，需要加入硫酸；
② 每次剩余10%，即每次都为原先的0.1倍，所以5次萃取即为 ；
（4）氧化的目的是将转化为，ClO3-作为氧化剂，产物为Cl-；
（5） ①中，通入氨气使平衡正向移动；
② 温度过高， 溶解度会增大。
32．（2022·铜仁模拟）磷矿是重要的化工矿物原料，贵州磷矿储量丰富。磷酸二氢钙[Ca(H2PO4)2]是一种磷肥。某工厂利用磷矿(含Ca、P、Fe、Mg、Si 等元素)进行综合生产的部分流程如下：
已知： Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11。
回答下列问题：
（1）为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行 (填一种处理方法)，用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的 ，滤渣 1的主要成分是 。
（2）当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全。若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为 。
（3）为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为 。
（4）经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60℃条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择 为宜，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是 。
（5）LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2生成，该化学反应方程式为 。
【答案】（1）粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐
（2）3＜pH＜9
（3）1：4
（4）7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降
（5）2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O
【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】磷矿含P2O5、FeO、MgO、SiO2等，酸浸时，五氧化二磷转化为磷酸，FeO、MgO溶解形成Fe2+、Mg2+，通入氧气将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化硅不反应形成滤渣，过滤分离，滤液加入NaOH溶液，Fe3+先沉淀、Mg2+后沉淀，故滤渣是Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液分为两份，一份加入石灰乳生成Ca3(PO4)2，另一份酸化、除杂得到H3PO4，再将二者混合反应生成Ca(H2PO4)2。
(1)为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行粉碎，增大接触面积，使反应更充分；用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的是将亚铁离子氧化4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，滤渣 1的主要成分是SiO2或难溶性硅酸盐。故答案为：粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐；
(2)当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)==1.0×10-33；c(OH-)=1×10-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3mol/L，则pH=3.0；若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11，c(Mg2+)×c2(OH-)=1×10-11；c2(OH-)==10-10；得到c(OH-)=10-5mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；求得c(H+)=10-9mol/L，溶液pH=9，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为3＜pH＜9。故答案为：3＜pH＜9；
(3)为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为1：4。故答案为：1：4；
(4)经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60℃条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择7g为宜，此时磷酸二氢钙产率达到最大值为80%，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降。故答案为：7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降；
(5)LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2和水生成，该化学反应方程式为2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，故答案为：2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。
【分析】（1）提高浸出率的方法通常可以采用粉碎固体增大接触面积；氧气的目的是使亚铁离子氧化为铁离子；原固体只能跟含有硅元素，一次你滤渣1应为二氧化硅；
（2）要确保铁离子完全沉淀，可以根据铁离子完全沉淀后的浓度以及氢氧化铁的溶度积，计算其pH，再根据镁离子的浓度以及氢氧化镁的溶度积，计算其pH；
（3）根据题干可知Ca2+和H2PO4-的化学计量数之比为1：2，结合 Ca3(PO4)2与H3PO4 的化学式，可知两者的物质的量之比为1：4；
（4）7g产率最高；石灰乳过多会结合磷酸；
（5）根据题干信息，可知 FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应生成CO2和LiFePO4， 草酸中碳元素化合价升高，铁元素化合价降低，结合化合价变化确定化学计量数。
33．（2022·昌吉模拟）As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素(As)的工业废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]通过如下流程转化为粗As2O3。
已知：Ⅰ. As2S3+ 6NaOH = Na3AsO3 + Na3AsS3+ 3H2O
Ⅱ. As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)
Ⅲ.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、氢碘酸等还原。
（1）As2S3中砷元素的化合价为 价。
（2）“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的Na2S替换 (填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因： 。
（3）向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，写出脱硫的离子反应方程式 。
（4）用SO2“还原”过程中，发生反应的化学方程式为 。若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸。则还需要的实验试剂有 。
（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3，As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”需要控制的具体条件是 。
（6）含砷废水也可采用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2+)为2×10-3mol/L，则溶液中 的浓度为 mol/L。(已知Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19)
【答案】（1）+3
（2）否；由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷
（3） +2O2= +3S↓
（4）SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4；氢碘酸、淀粉溶液
（5）调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃
（6）1 ×10-5
【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
【解析】【解答】含砷废水中含有亚砷酸(H3AsO3)，加入FeS可将砷转化为As2S3，过滤后加入NaOH溶液，此时As2S3溶解，FeS成为滤渣；加入NaOH溶液后，As2S3溶解得Na3AsO3和Na3AsS3；氧化脱硫后，生成Na3AsO4和S，将Na3AsO4酸化生成H3AsO4，加入还原剂处理，最终生成As2O3。
(1)As2S3中，S元素显-2价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0的原则，可计算出砷元素的化合价为+3价。答案为：+3；
(2)由信息Ⅱ可知，若“沉砷”过程中用Na2S代替FeS，则会生成 ，所以为：否；增大c(S2-)，会使As2S3进一步转化为 ，不利于砷转化为沉淀，所以其原因为：由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷。答案为：否；由于As2S3(s) + 3S2-(aq) 2 (aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷；
(3)向滤液Ⅱ中通入氧气，可将 氧化为 等，则脱硫的离子反应方程式为 +2O2= +3S↓。答案为： +2O2= +3S↓；
(4)由“还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3”可知，用SO2“还原”过程中，H3AsO4转化为H3AsO3，从而得出发生反应的化学方程式为SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4。若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸，可利用HI进行还原，然后用淀粉检验氧化产物。则还需要的实验试剂有氢碘酸、淀粉溶液。答案为：SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4；氢碘酸、淀粉溶液；
(5)从As2O3 在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线可以看出，As2O3溶解度最小的点，就是沉淀率最高的点，从而得出“结晶”需要控制的具体条件是：调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃。答案为：调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃；
(6)Ksp[Ca3(AsO4)2]=(2×10-3)3×c2( )=8×10-19，从而求出c( )=1 ×10-5mol/L。答案为：1 ×10-5。
【分析】（1）S是-2价，所以As是+3价；
（2）根据题目信息可知沉砷时S2-过量的话会使 As2S3(s) 溶解；
（3）分析流程可知，氧化脱硫的反应物是 和O2，生成物是 和S；
（4）H3AsO4 和SO2反应生成 H3AsO3，H3AsO3溶液加热分解得到As2O3 ；根据已知信息可知 砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能氧化氢碘酸，所以用HI，借助淀粉判断是否有I2生成；
（5）要提高粗As2O3的沉淀率，As2O3的溶解度越小越好，所以控制条件是调硫酸浓度约为7 mol/L，冷却至25℃；
（6）根据上层清液中c(Ca2+)为2×10-3mol/L，结合Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19，计算 的浓度。
34．（2022·江苏模拟）由难溶性磷酸锂渣(主要成分为Li3PO4)为原料制备电池级Li2CO3的流程如下：
已知：①Li2CO3在不同温度下的溶解度： 0℃ 1.54g，20℃ 1.33g， 90℃ 0.78g。
②碳酸锂：水溶液煮沸时容易发生水解。
（1）溶解除磷。将一定量磷酸锂渣与CaCl2溶液、盐酸中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中(装置如图)，一段时间后，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，得到LiCl溶液。
①滴液漏斗中的液体是 。
②Li3PO4转化为LiCl和CaHPO4的离子方程式为 。
（2）除钙。通过离子交换法除去溶液中Ca2+。若要使后续得到的Li2CO3 中不含CaCO3(设沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1)，需控制除钙后溶液中c(Ca2+)≤ 。[Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9]
（3）制备Li2CO3。向除杂后的LiCl溶液中加入N235萃取剂(50%三辛癸烷基叔胺与50% ，异辛醇的混合液)，边搅拌边向混合液中通CO2，过滤洗涤得到Li2CO3。
①方法能制得Li2CO3的原因是 。
②检验滤渣是否洗涤完全的实验方法是 。
（4）若粗品碳酸锂中含少量难溶性杂质，为获得较高产率的纯Li2CO3，请补充完整实验 方案：向粗品Li2CO3中加水，按一定速率通入CO2，边通边搅拌， 。(已知：①LiHCO3受热易分解；②实验过程中Li2CO3转化速率与时间的关系图如图所示。)
【答案】（1）CaCl2溶液；Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+
（2）1.12×10-9 mol·L-1
（3）2LiCl+CO2+H2O Li2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行；取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊
（4）反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题属于由磷酸锂渣制备碳酸锂的工业流程题，考虑到磷酸锂和氯化钙直接混合的话会生成磷酸钙沉淀，故先将磷酸锂和盐酸混合，再加入氯化钙溶液，在随后的提纯的过程中要考虑到碳酸锂容易分解和Li2CO3转化速率与时间问题，以此解题。
(1)①磷酸锂和氯化钙反应会生成磷酸钙沉淀，应该先将磷酸锂和盐酸混合避免生成沉淀，随后再与氯化钙混合生成磷酸氢钙，滴液漏斗中的液体是CaCl2溶液，故答案为：CaCl2溶液；
②该反应在酸性条件下进行，反应物为：Li3PO4、CaHPO4，盐酸，产物为LiCl、CaHPO4，注意用氢离子配平电荷，离子方程式为：Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+；
(2)沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1则， ，需控制除钙后溶液中 ；
(3)①LiCl和CO2反应生成了HCl，该方法能制得Li2CO3的原因是生成的HCl溶于萃取剂，促使反应往生成Li2CO3方向移动，故答案为：2LiCl+CO2+H2O Li2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行；
②检验滤渣是否洗涤完全，则需要检测溶液中的氯离子即可，实验方法是取最后--次洗涤液，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊；
(4)可以向粗品中通入二氧化碳，将碳酸锂转化为碳酸氢锂再过滤，即得碳酸氢锂溶液，再加热使碳酸氢锂分解即可，加热的时间可以参考图像中的数据，由于碳酸锂的溶解度随着温度升高而减小，故应采用较高的温度进行加热，但是，加热的温度不能高于水的沸点，防止水发生沸腾干扰实验终点的判断，同时防止碳酸锂发生水解，故答案为：反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥。
【分析】（1）① 磷酸锂和氯化钙反应会生成磷酸钙沉淀；
②根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式；
（2）结合 Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9计算；
（3）①生成的HCl溶于萃取剂，促使反应往生成Li2CO3方向移动；
②若滤渣未洗涤完全，附着氯离子，检验氯离子是否存在即可；
（4）向粗品中通入二氧化碳，将碳酸锂转化为碳酸氢锂，加热使碳酸氢锂分解。
35．（2022·三明模拟）三元锂电池的正极材料中可含有大量的金属锂元素（Mn
x Ni y O 1-y Mn x Ni y O 2），还含有铝、铝和有机等。、镍、钴材料、锰等的流程如下所示。
（1）灼烧的目的是 。
（2）酸浸时( LiCoO表示)发生反应的化学浸入后，Co 、Mn元素均以+2价形式存在。 。
（3）锰时，需先加入适量Mn 2 S 2 O
8，将部分Mn 2+氧化成 ，沉睡时为生成2 。
（4）萃取和反萃取的过程表示为：Co 2 ++ 2(HA) 2 Co (HA 2 ) 2 +2H +，反萃取时加入的物质X为 （填化学式），请从化学平衡的角度说明所加物质的作用 。
（5）2.常温下，为使Ni 2+完全下降，溶液的pH值应大于大于 （当c(Ni 2+ - 10-5mol / L 时，完全下降， )
（6）CoSO 4 ·7H
2 O受热时，剩余物质的质量随温度变化情况如图所示，物质B的化学式为 。
【答案】（1）使混合物中的炭黑及有机黏结剂燃烧、铝箔变为氧化铝等
（2）2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2 SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O
（3）4OH-+2 + 3Mn2+=5MnO2+2H2O
（4）H2SO4；增大氢离子浓度，可使Co2++2(HA)2 Co(HA2)2+2H+平衡逆向移动
（5）9
（6）CoSO4·H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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)炭黑及有机黏结剂均可燃、铝箔在加热时变为氧化铝，则灼烧的目的是：使混合物中的炭黑及有机黏结剂燃烧、铝箔变为氧化铝等。
(2)LiCoO2中各元素化合价的代数和为零，则Co的化合价为+3价；酸浸后，Ni、Co、Mn元素均以+2价形式存在，酸浸时含Co物质LiCoO2与硫酸、过氧化氢反应生成硫酸钴、硫酸锂、氧气和水，化学方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O。
(3)沉锰时，先加入的适量K2S2O8将部分Mn2+氧化成 ，剩余的Mn2+与 发生归中反应生成MnO2，则沉锰时生成MnO2的离子方程式为4OH-+2 + 3Mn2+=5MnO2+2H2O。
(4)反萃取时加入的物质X为H2SO4，因为要通过反萃取得到含Co2+溶液，从中提取硫酸钴晶体，反萃取的过程表示为：Co2++2(HA)2 Co(HA2)2+2H+，从化学平衡的角度看，增大氢离子浓度，可使Co2++2(HA)2 Co(HA2)2+2H+平衡逆向移动。
(5)室温下， ，当c(Ni2+)＜10-5 mol/L时，视为完全沉淀，要使Ni2+沉淀完全，则 ， ，则需调节溶液的pH至少为9。
(6)由图示信息可知，140.5gCoSO4·7H2O的物质的量为 ，加热得到B时失去了部分结晶水，减少的质量为：140.5g-86.5g=54g ， ，则相当于1molCoSO4·7H2O加热得到B时失去了6mol结晶水，即此过程中CoSO4·7H2O失去6个结晶水，故此时晶体的主要成分CoSO4·H2O。
【分析】正极材料中含有LiCo1-x-yMnxNiyO2，还含有铝箔、炭和有机粘结剂等杂质，灼烧使混合物中的炭黑及有机黏结剂燃烧、铝箔变为氧化铝等；加入NaOH可使氧化铝溶解，则浸出液为偏铝酸钠和NaOH的混合液；加入过氧化氢、硫酸，可使+3价的钴酸根离子反应生成+2价的钴离子；沉锰时，先加入适量K2S2O8部分Mn2+氧化成 ，Mn2+与 反应生成MnO2，过滤，所得滤液加入萃取剂，分离出的水相含Ni2+，再经反萃取，得到钴离子的溶液，从中提取硫酸钴晶体。
