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4
一、选择题
1．（2022·山东）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应的平衡常数
B．
C．曲线④代表含的溶液的变化曲线
D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
【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．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线①为 的 溶液，硫酸锶的溶度积=10-5.5×0.1=10-6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10-6.5，则a为6.5，故B不符合题意；
C．由分析可知，曲线④为的溶液的变化曲线，故C不符合题意；
D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】pH不会影响硫酸根离子的浓度，则曲线①和曲线②为 的溶液，根据可知，越大，越小，则曲线①为 的 溶液的变化曲线，曲线②为的 溶液 的变化曲线；根据可知，越大，越小，则曲线③为 的 溶液的变化曲线，曲线④为的溶液的变化曲线。
2．（2022·湖南）室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混合溶液，通过电位滴定法获得 与 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。 ， ， ）。
下列说法正确的是（ ）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A不符合题意；
B．根据分析可知，原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol L-1，故B不符合题意；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C符合题意；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，Cl-、Br-和 I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，则b点各离子浓度为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ksp小的先沉淀，则Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-， 当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
3．（2022·呼和浩特模拟）常温下，向10mL0.1mol·L-1 NaX溶液和10mL0.1mol·L-1Na2Y溶液分别滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液。滴加过程中pM[pM= -lgc (X )或-lgc (Y2-)]与所加溶液体积之间的关系如图所示(提示：不考虑NaX和Na2Y水解，AgX和Ag2Y均为难溶物)。下列说法正确的是（ ）
A．曲线I是向Na2Y溶液中滴加AgNO3溶液
B．若将c(NaX)改为0.2mol·L-1 ，则m点可平移至n点
C．m、p、w点所在溶液中c(Ag+)：m>w>p
D．Ag2Y(s) + 2X-(aq) 2AgX(s)+Y2-(aq)的平衡常数为107.6
【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．由上述分析可知，曲线I表示向NaX溶液中滴加AgNO3溶液，曲线II表示向Na2Y溶液中滴加AgNO3溶液，故A不符合题意；
B．将c(NaX)改为0.2mol/L，平衡时-lgc(X-)=4.9，消耗硝酸银为原来的2倍，溶液体积变为原来的2倍，仍为AgX的饱和溶液，pX=4.9，即m点可平移至n点，故B符合题意；
C．m点c(Ag+)=10-4.9mol/L，p点c(Ag+)=2×10-4.0mol/L，Ksp(Ag2Y)=c2(Ag+) c(X-)=(2×10-4.0)2×10-4.0=4×10-12.0，w点Na2Y过量，10mL0.1mol/LNa2Y溶液与10mL0.1mol/LAgNO3溶液混合时c(Y2-)=0.025mol/L，此时c(Ag+)=mol/L=×10-5mol/L，则溶液中c(Ag+)：p＞w＞m，故C不符合题意；
D．Ag2Y(s)+2X-(aq)2AgX(s)+Y2-( aq)的平衡常数K==4×107.6，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据溶度积常数判断和进行相关计算。
4．（2022·张家口模拟）某温度下，CuS和的溶解曲线如图所示，其中，，为或，下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅰ是CuS的溶解曲线
B．
C．M点的坐标为(23，13)
D．此温度下的饱和溶液：
【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．CuS的阴阳离子个数比为1：1，Ag2S的阴阳离子个数比为1：2，曲线Ⅰ在横轴与纵轴上的截距相同，因此曲线Ⅰ是CuS的溶解曲线，则曲线Ⅱ是的溶解曲线，A不符合题意；
B．由曲线Ⅱ与纵轴交点的坐标可知，，则当时，，因此，B不符合题意；
C．由曲线I与纵轴交点的坐标可知，，设M点的坐标为，则有，，解得，，因此M点的坐标为，C不符合题意；
D．，，此温度下CuS的饱和溶液中，Ag2S的饱和溶液中，则此温度下的饱和溶液：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】曲线Ⅰ代表CuS的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ代表Ag2S的沉淀溶解平衡曲线，据此解答。
5．（2022·保定模拟）已知：AgA、都是难溶盐。室温下，向体积均为10mL、浓度均为的NaA溶液、溶液中分别滴加的溶液，溶液中pX与溶液体积的关系如图所示[已知：或]。下列推断错误的是（ ）
A．室温下，
B．对应溶液中：
C．室温下，在等量的水中，AgA溶解的物质的量更少
D．若变为，则c点向e点移动
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，室温下，Ag2B的溶度积Ksp(Ag2B)=4×10-3a，故A不符合题意；
B．由图可知，e点时NaA溶液过量，f点时NaA溶液恰好反应，由温度不变，溶度积不变可知，e点银离子浓度小于f点，故B不符合题意；
C．由分析可知，AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C不符合题意；
D．若硝酸银溶液浓度变为0.05mol/L，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+离子浓度还是10-bmol/L，则c点会向d点移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 体积均为10mL、浓度均为的NaA溶液、溶液中分别滴加的溶液 ，NaA完全沉淀需要10mL溶液，完全沉淀需要20mL溶液，则左边曲线为与 溶液体积的关系 ，右边曲线为 与 溶液体积的关系。
6．（2022·新疆模拟）常温下，某研究小组用数字传感器探究AgSCN的沉淀溶解平衡(AgSCN是白色沉淀)。实验测得悬浊液中溶解的SCN-浓度变化如图所示，其中a点表示AgSCN溶于KNO3溶液形成的悬浊液。下列说法错误的是（ ）
A．图中b点可能是加少量水稀释了
B．图中c点后有黄色沉淀生成
C．图中d点c(Ag+)
【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．Ksp(AgSCN)=c(Ag+)·c(SCN-)，b点后c(SCN-)降低，则可知c(Ag+)升高，故b点滴加的可能是硝酸银溶液，而不可能是加水稀释了，A符合题意；
B．c点滴加KI溶液后，SCN-浓度升高然后达到一个比起始时略高的值，则说明此时溶液中银离子浓度减小，而部分银离子转化为碘化银沉淀，因此c点后有黄色沉淀生成，B不符合题意；
C．d点时氯离子浓度大于起始时的氯离子浓度，而起始时有沉淀溶解平衡应有：c(Ag+)=c(SCN-)，故d点c(Ag+)
故答案为：A。
【分析】A.根据Ksp(AgSCN)=c(Ag+)·c(SCN-)判断；
B.c点后有AgI生成；
C.d点SCN-浓度大于起始时，起始时存在沉淀溶解平衡；
D.c点后有AgI生成，发生沉淀转化。
7．（2022·新乡模拟）已知：AgA、Ag2B都是难溶盐。室温下，向体积均为10mL、浓度均为0.1mol·L-1的NaA溶液、Na2B溶液中分别滴加0.1mol·L-1的AgNO3溶液，溶液中pX与AgNO3溶液体积的关系如图所示[已知：pX=—lgc(A—)或—lgc(B2—)]。下列推断错误的是（ ）
A．室温下，Ksp(Ag2B)=4×10-3a
B．对应溶液中c(Ag+)：e>f
C．室温下，溶解度：S(AgA)
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，室温下，Ag2B的溶度积Ksp(Ag2B)=4×10-3a，故A不符合题意；
B．由图可知，e点时NaA溶液过量，f点时NaA溶液恰好反应，由温度不变，溶度积不变可知，e点银离子浓度小于f点，故B不符合题意；
C．由分析可知，AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C不符合题意；
D．若硝酸银溶液浓度变为0.05mol/L，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+离子浓度还是10—bmol/L，则c点会向d点移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 10mL0.1mol·L-1的NaA溶液完全沉淀需要10mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，10mL0.1mol·L-1Na2B溶液完全沉淀需要20mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，则c点所在曲线为pX=-lgc(A-)与AgNO3溶液体积的关系 ，f点所在曲线为pX=-lgc(B-)与AgNO3溶液体积的关系。
8．（2022·南充模拟）下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀产生 该溶液中一定含有SiO
B 向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2的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 在MgSO4溶液中加入一小块Na，金属Na溶解，并生成固体 该固体为Mg
D 将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀 浓硫酸只表现脱水性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常见离子的检验；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】A．若无色溶液中含有偏铝酸根离子，向溶液中通入二氧化碳气体也会生成白色沉淀，所以有白色沉淀生成不能说明溶液中一定含有硅酸根离子，故A不符合题意；
B．向浓度均为0.1mol·L-1的氯化镁和氯化铜的混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀说明铜离子优先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁，故B符合题意；
C．钠与硫酸镁溶液反应时，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，则反应生成的固体为氢氧化镁，不是镁，故C不符合题意；
D．将具有脱水性的浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖脱水碳化同时放出大量的热，碳与具有强氧化性的浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水使得蔗糖固体变黑膨胀，所以固体变黑膨胀过程中浓硫酸表现脱水性和强氧化性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二氧化碳通入含偏铝酸根的溶液也会生成白色沉淀；
B. Ksp小的先沉淀；
C.钠与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁、硫酸钠和氢气；
D.浓硫酸与蔗糖的反应体现浓硫酸的脱水性和强氧化性。
9．（2022·临沂模拟）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向新制的硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲()溶液，溶液变为橙红色 邻二氮菲能与亚铁离子形成配合物
B 向盛有Ag2O固体的两支试管中分别加入稀硝酸和氨水，Ag2O均溶解 Ag2O是两性氧化物
C 溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合、加热，将产生的气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中，溶液褪色 反应生成了乙烯
D 向BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，沉淀洗净后加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，且产生气泡
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙烯的化学性质；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．邻二氮菲是否与亚铁离子形成配位键，溶液变为橙红色，则可检验配位键的形成，A符合题意；
B．Ag2O和稀硝酸反应生成AgNO3和H2O，和氨水反应生成配合物，Ag2O属于碱性氧化物，B不合题意；
C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合、加热，将产生的气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中，溶液褪色，但不能说明反应生成了乙烯，C不合题意；
D．向BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，沉淀洗净后加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，且产生气泡，说明过滤后沉淀中含有BaCO3，说明硫酸钡加入饱和碳酸钠溶液时，形成的溶液中c(Ba2+)c()＞Ksp(BaCO3)，不能据此比较BaSO4与BaCO3的Ksp的相对大小，事实上，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.邻二氮菲能与亚铁离子形成配合物为橙红色；
B. Ag2O与硝酸反应生成盐和水，与氨水反应生成配合物；
C.挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.加入饱和Na2CO3溶液，c(Ba2+)c(CO32-)＞Ksp(BaCO3)，生成BaCO3沉淀可溶于盐酸。
10．（2022·开封模拟）25℃时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小
B．Ksp[Cu(OH)2]=×10-17
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K=
D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O
【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．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，故c(Cu2+)c2(OH-)比 c(Zn2+)c2(OH-)小即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-7)2=×10-17，B不符合题意；
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K= =，C符合题意；
D．由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、离子浓度越大，则其溶解度越大，溶度积越大；
B、可以根据题干给出的数据进行计算，即pH=7，再结合n=m/M进行计算；
C、难溶电解质转换的平衡常数等于对应离子的难溶电解质的溶度积比值；
D、结合题干可知氢氧化锌为两性氢氧化物。
11．（2022·柯桥模拟）下列方案设计、现象、解释或结论有错误的是( )
选项 实验操作 实验现象 解释或结论
A 摘下几根火柴头浸于水中，一定时间后取适量溶液于试管中，加溶液、稀硝酸和溶液。 出现白色沉淀 火柴头含有氯元素
B 向的溶液中加入几滴溶液，制得新制然后加入适量牙膏 绛蓝色溶液 牙膏中存在甘油
C 将石蜡油与碎瓷片混合加强热，产生的气体通入酸性重铬酸钾钾溶液中 酸性重铬酸钾溶液褪色 石蜡油加强热产生的气体是不饱和烃
D 取溶液于试管中，滴加溶液，待不再出现白色沉淀后，再滴加溶液 白色沉淀转化为黄色沉淀 溶解度大于
A．A B．B C．C D．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；饱和烃与不饱和烃；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．该实验检验氯元素，加入溶液将氯元素还原为氯离子，然后加入稀硝酸排除碳酸根的影响，氯离子和硝酸银生成白色沉淀，离子方程式为：，故A项不符合题意；
B．验证牙膏中的甘油的步骤是先将牙膏溶于水，静置，取上层清液于试管中，再向试管中加入新制氢氧化铜，故B项符合题意；
C．石蜡油与碎瓷片混合加强热，石蜡油会裂解生成乙烯，乙烯是不饱和烃，能使酸性高锰酸钾褪色，故C项不符合题意；
D．往溶液中滴加溶液，出现白色沉淀氯化银，离子方程式为，反应完全后加入碘化钾，氯化银转化为黄色沉淀碘化银，说明溶解度大于，故D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.该白色沉淀为AgCl；
C.不饱和烃能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
D.溶解度较大的难溶电解质容易转化为溶解度较小的难溶电解质。
12．（2022·运城模拟）25℃时，在c(HR)+c(R-)=0.1mol·L-1的溶液中-lgc(R-)与-lgc(OH-)、难溶盐MR饱和溶液中-lgc(R-)与-lgc(M+)的关系如图所示(忽略离子浓度调节过程中溶液体积变化)。下列说法正确的是（ ）
A．曲线L1表示-lgc(R-)与-lgc(OH-)的关系
B．25℃时，Ksp(MR)的数量级为10-20
C．pH=7时，c(HR)+c(R-)=0.1mol·L-1的溶液中c(HR)<
【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．HR为一元弱酸，则的水解方程式为，可知-lgc()增大，减小，-lgc(OH-)增大，减小，浓度与浓度成反比，则曲线L1表示-lgc(R-)与-lgc(M+)的关系，A项不符合题意；
B．难溶盐MR的沉淀溶解方程式为：，曲线L1表示MR，带入-lgc()=6.5，-lgc(M+)=13，计算可得Ksp(MR)的数量级为10-20，B项符合题意；
C．pH=7时为中性溶液，由曲线上的L2点的坐标推知，-lgc()=8，-lgc()=1，则Ka(HR)= ，故溶液中c(HR)＞，C项不符合题意；
D．加水稀释，溶液中HR越稀越电离，溶液中氢离子的浓度减小，浓度增大，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用同离子效应分析；
B．利用图中数据计算Ksp；
C．利用图中数据计算；
D．注意水的离子积是常数。
二、多选题
13．（2022·海南）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表与pH的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在pH=9.0，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在
【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．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A不符合题意；
B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B符合题意；
C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C不符合题意；
D．c[M(OH)]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH)存在，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】根据溶解反应可知，当酸性较强时， 的平衡正向移动，的平衡逆向移动，则曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c( )与pH的关系。
14．（2020·南京模拟）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2 min后，试管里出现凝胶 酸性：盐酸>硅酸
B 将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色 Fe(NO3)2已变质
C 向5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液中加入0.1 mol·L－1的FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取2～3次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色 反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2是有一定限度的
D 在2 mL 0.01 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 mol·L－1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀 Ksp(CuS)
【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；硅酸的性质及制法；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A. 试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸＞硅酸，A符合题意；
B. 将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，溶液中的氢离子和硝酸根将二价铁氧化成三价铁，不能说明Fe(NO3)2已变质，B不符合题意；
C. 根据量的关系5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液和1 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液知，KI过量，滴加KSCN溶液后，出现血红色，溶液中有Fe3+，则说明反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2是有一定限度的，C符合题意；
D. 先滴入几滴0.01 mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入0.01 mol·L－1CuSO4溶液，又出现的黑色沉淀CuS不一定是由ZnS转化而来，所以无法据此比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小关系，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】B、硝酸根离子遇到氢离子能将亚铁离子转化成铁离子，不能证明变质
D、硫离子过量，故没有体现沉淀的互相转化过程
15．（2020·潍坊模拟）常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol·L-1的KSCN、K2CrO4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示。下列叙述错误的是( )
A．Ksp(Ag2CrO4)的数值为10-9.92
B．a点表示的是Ag2CrO4的不饱和溶液
C．沉淀废液中的Ag+用K2CrO4溶液比等浓度的KSCN溶液效果好
D．Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq) 2AgSCN(s)+CrO4 -(aq)的平衡常数为1012.08
【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由分析可知，Ksp(Ag2CrO4)=(10-2)2×c(10-7.92)=(10-4)2×10-3.92=10-11.92，选项错误，A符合题意；
B.a点在右边Ag2CrO4曲线的左边，c(Ag＋)和c(CrO42－)都比相同条件下的c(Ag＋)和c(CrO42－)小，表示的是Ag2CrO4的不饱和溶液，选项正确，B不符合题意；
C.设K2CrO4和KSCN溶液的浓度均为1，则在Ag2CrO4的饱和溶液中，在AgSCN饱和溶液中，因此Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)大于AgSCN饱和溶液中c(Ag＋)，则沉淀废液中的Ag＋用K2CrO4溶液不如等浓度的KSCN溶液效果好，选项错误，C符合题意；
D.该反应的平衡常数，所以，选项正确，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag＋)c(CrO42－)，在右边曲线分别取虚线焦点的两点，分别求出c(Ag＋)为：10-2mol·L－1和10-4mol·L－1，c(X－)分别为：10-7.92mol·L－1和10-3.92mol·L－1；且两点的c2(Ag＋)c(X－)的值相等，即Ksp(Ag2X)=c2(Ag＋)c(X－)=(10-2)2×c(10-7.92)=(10-4)2×10-3.92=10-11.92，所以右边曲线为Ag2CrO4的Ksp曲线；左边曲线为AgSCN的Ksp曲线，Ksp(AgSCN)=10-4×10-7.92=10-11.92；据此结合选项进行分析。
16．（2017·天府模拟）（多选）在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgBr的Ksp=5.0×10﹣13，下列说法错误的是（ ）
A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10﹣8
B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C．一定温度下Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K=4.0×1010
【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
【解析】【解答】解：A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42﹣）c2（Ag+）=（1×10﹣5）×（1×10﹣3）2=1×10﹣11，故A错误；
B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42﹣）增大，平衡逆向移动，则c（Ag+）减小，而Y点变为X点c（Ag+）不变，不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；
C．沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点，Ksp只与温度有关，则一定温度下Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故C正确；
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K= = = =2.0×1014，故D错误；
故选AD．
【分析】A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42﹣）c2（Ag+）；
B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42﹣）增大，平衡逆向移动；
C．沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点，Ksp只与温度有关；
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K= = ．
17．（2016·浦东模拟）某温度下，硫酸钡与水组成的混合物中，存在下列过程：BaSO4（s） Ba2++SO ，向其中加入少量硫酸钠固体，下列说法错误的是（ ）
A．BaSO4的电离程度减小
B．BaSO4溶解的量减小
C．c（Ba2+）与c（SO42﹣）的乘积增大
D．溶液的导电能力增强
【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】解：A．硫酸钡在溶液中完全电离，则加入硫酸钠后，硫酸钡的电离程度不变，仍然为100%，故A错误；
B．加入硫酸钠后，溶液中硫酸根离子浓度增大，溶解平衡向着逆向移动，导致硫酸钡的溶解的量减小，故B正确；
C．c（Ba2+）与c（SO ）的乘积为溶度积，由于温度不变，则硫酸钡的溶度积不变，故C错误；
D．加入硫酸钠后，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电性增强，故D正确；
故选AC．
【分析】向其中加入少量硫酸钠固体，硫酸根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，则硫酸钡的溶解度减小；硫酸钡为强电解质，在溶液中完全电离，则其电离程度不变；由于温度不变，则难溶物溶度积不变，故c（Ba2+）与c（SO ）的乘积不变；溶液中离子浓度增大，溶液的导电性会增强，据此进行解答．
18．（2016高三上·黑龙江期中）（多选）下列说法中正确的是（ ）
A．相同温度下，同浓度的溶液的pH：CH3COONa＞Na2CO3＞NaHCO3＞NaClO
B．同温同浓度的三种溶液：①（NH4）2SO4②（NH4）2CO3③（NH4）2FeSO4 c （NH4+）大小：②＞①＞③
C．室温时pH=8的NaOH溶液与pH=8的氨水等体积混合pH等于8
D．向1mL0.1mol/L AgNO3溶液中滴加3～5滴0.1mol/L NaCl溶液，产生白色沉淀，再滴入KI溶液，沉淀变成黄色，由此推出：Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则根据越弱越水解可知，相同条件下，浓度相同的四种溶液的pH由大到小的顺序为NaHCO3＞NaClO＞Na2CO3＞CH3COONa，故A错误；
B．物质的量浓度相同的下列溶液：①（NH4）2SO4②（NH4）2CO3③（NH4）2FeSO4，②（NH4）2CO3 中NH4+水解显酸性，CO32﹣水解显碱性，两者相互促进，所以NH4+水解的量较多，NH4+的量较少，③（NH4）2FeSO4 中NH4+水解显酸性，Fe2+水解显酸性，两者相互抑制，所以NH4+水解的量较少，NH4+的量较多，（NH4）2SO4中硫酸根离子对铵根离子浓度无影响，即溶液中c （NH4+）大小：③＞①＞②，故B错误；
C．相同温度下，pH相等的二者等体积混合，溶液的pH不变，仍然是8，故C正确；
D．白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确．
故选CD．
【分析】A．四种物质都是盐溶液，根据越弱越水解进行判断；
B．①（NH4）2SO4②（NH4）2CO3③（NH4）2FeSO4，溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断；
C．相同温度下，pH相等的二者等体积混合，溶液的pH不变；
D．根据沉淀向更难溶的方向转化判断．
19．（2016高二上·淇县期中）（多选）把Ca（OH）2固体放入一定量的蒸馏水中，一定温度下达到平衡：Ca（OH）2（s） Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）．当向悬浊液中加少量生石灰后，若温度保持不变，下列判断正确的是（ ）
A．溶液中Ca2+数目减少 B．溶液中c（Ca2+）增大
C．溶液pH值不变 D．溶液pH值增大
【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，
A．加入CaO，消耗水，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中Ca2+数目减少，故A正确；
B．反应后仍为饱和溶液，c（Ca2+）不变，故B错误；
C．反应后仍为饱和溶液，c（OH﹣）不变，溶液pH不变，故C正确；
D．反应后仍为饱和溶液，c（OH﹣）不变，溶液pH不变，故D错误．
故选AC．
【分析】向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，消耗水，溶液c（Ca2+）、c（OH﹣）增大，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．
20．（2016高二上·兴国月考）下列叙述正确的是（ ）
A．c（NH ）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[（NH4）2Fe（SO4）2]＜c[（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl）
B．向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度
C．0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1
D．0.2 mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32﹣）+c（OH﹣）
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A、浓度相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，前二者中铵根浓度肯定大于氯化铵中的铵根浓度，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根离子的水解收的亚铁离子的抑制，所以（NH4）2SO4溶液中铵根浓度小于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根浓度，反过来，c（NH ）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[（NH4）2Fe（SO4）2]＜c[（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl），故A正确；
B、向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶度积小于AgI的溶度积，故B错误；
C、0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，盐酸剩余，溶液显示酸性，故C错误；
D、0.2 mol/L的NaHCO3溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO ）+c（OH﹣），故D正确．
故选AD．
【分析】A、依据与铵根离子结合的另一种离子的影响分析判断离子浓度大小，一水合氨是弱电解质存在电离程度小，铵根离子水解程度小；
B、沉淀向着更难溶的方向进行；
C、根据发生的反应实际来回答判断；
D、根据溶液中的质子守恒来判断．
21．（2021高三上·潍坊月考）黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁和铝的硅酸盐，以及 、 等。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备 。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀pH 1.9 7.0 8.9 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 10.9 4.7 10.1
下列说法错误的是（ ）
A．“酸浸氧化”中，只有 、 两种离子被氧化
B．随滤液②可除去的金属离子只有 、 和
C．“沉淀转溶”得到滤渣③的主要成分是
D．“调 ”的目的是为了除去铝元素
【答案】A,B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由以上分析可知，“酸浸氧化”中，除了 、 两种离子被氧化外，Fe2+也被氧化为Fe3+，故A不符合题意；
B．由以上分析可知，随滤液②可除去的金属离子除了 、 和 外，还有Mn2+，故B不符合题意；
C．由以上分析可知，“沉淀转溶”得到滤渣③的主要成分是 ，故C符合题意；
D．由以上分析可知，“调 ”的目的是为了除去铝元素，故D符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.Fe2+也易被氧化为Fe3+；
B.Mn2+也可随滤液②可除去；
C.依据Fe3+的沉淀pH分析；
D.依据FAl3+的沉淀pH分析。
22．（2021高三上·河北开学考）已知：常温下， 。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Ⅱ代表 的沉淀溶解平衡曲线
B．常温下， 的
C．常温下，当 时，饱和溶液中
D．加入 固体可使溶液由 点沿直线变为 点
【答案】B,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．离子浓度的负对数值越大，对应的离子浓度越小，对应的溶度积越小，故曲线Ⅱ代表溴化银的沉淀溶解平衡曲线，选项A不符合题意；
B．常温下，当 时， ，此时， ，选项B符合题意；
C．常温下，当 时， =4.0，饱和溶液中 ，选项C符合题意；
D．加入 固体后，饱和溶液中 增大， 减小，可使溶液由 点变为 点，选项D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A．已知：常温下， ，银离子浓度相同时，氯离子浓度大于溴离子，离子浓度的负对数值越大，对应的离子浓度越小；
B．常温下，当 时， ，，此时， ；
C．常温下，当 时，图像分析溶液中银离子和溴离子的浓度，饱和溶液中 ；
D．加入 固体后，饱和溶液中 增大， 减小。
23．（2020·潍坊模拟）常温下，向10mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1mol·L-1的氨水，反应过程中-1gc(Ag+)或-1gc[Ag(NH3) ]与加入氨水体积的关系如图，下列说法错误的是( )
A．原硝酸银溶液的浓度是0.1 mol·L-1
B．反应生成氢氧化银的Ksp(AgOH)的数量级为10-8
C．溶液b点NH4+的浓度小于溶液C点NH的浓度
D．溶液m点c(NO )>c(Ag+)+C[Ag(NH3) ]+c(NH )
【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由分析可知，b点时Ag＋与NH3·H2O恰好完全反应，Ag＋完成沉淀，根据反应的离子方程式Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋可知，n(Ag＋)=n(NH3·H2O)=0.1mol/L×10mL，由于AgNO3溶液的体积也为10mL，因此c(AgNO3)=0.1mol/L，选项正确，A不符合题意；
B.b点时溶液中溶质为NH4NO3，Ag＋完全沉淀，形成AgOH沉淀，存在沉淀溶解平衡AgOH=Ag＋＋OH－，所以溶液中c(Ag＋)=c(OH－)，此时－lgc(Ag＋)=4，所以c(OH－)=c(Ag＋)=10－4mol/L，所以Ksp(AgOH)=c(Ag＋)·c(OH－)=10-8，选项正确，B不符合题意；
C.b点时溶液的溶质为NH4NO3，b到c的过程中发生反应AgOH＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2＋＋OH－，溶液中NH4＋的量没有增加，由于溶液体积的增大，溶液中c(NH4＋)减小，因此b点溶液中c(NH4＋)大于c点溶液中c(NH4＋)，选项错误，C符合题意；
D.m点溶液中存在电荷守恒c(Ag＋)＋c[Ag(NH3)2＋]＋c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(NO3－)加入过量氨水，溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，因此溶液中c(NO3－)
【分析】滴加氨水的过程中，发生反应Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋；继续滴加氨水，AgOH溶解，发生反应：AgOH＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2＋＋OH－；图中b点为最高点，即－lgc(Ag＋)达到最大值，Ag＋与NH3·H2O恰好完全反应，Ag＋完成沉淀；据此结合选项进行分析。
三、非选择题
24．（2022·北京市）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。
（2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。
②沉钙反应的离子方程式为 。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。
（4）滤渣C中含有的物质是 。
（5）该流程中可循环利用的物质是 。
【答案】（1）
（2），在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出；；2.4∶1；，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3），，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）
（5）
【知识点】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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，反应的化学方程式为；
（2）①根据表中数据可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。
25．（2022·山东）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为 。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后， ；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是 。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为 (填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 ，回收利用洗涤液X的操作单元是 ；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 (填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【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；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
26．（2022·淮北模拟）某废催化剂(主要含有WO3、V2O5、V2O4、V2O3、少量杂质Fe2O3、SiO2等)是能源行业产生的难处理多金属危险废物，其回收利用已成为当前研究的热点和重点。一种处理流程如下：
（1）已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的溶解度随温度的变化如图所示。草酸酸浸时控制温度为90℃，理由是 ，实验室中宜选用的加热方式为 (“水浴加热”或“油浴加热”)。
（2）已知“浸取液”的主要成分 、 、 和过量的H2C2O4，滤渣的主要成分是 ；Fe2O3与H2C2O4的反应的离子方程式为 。
（3）“浓缩液”经过两步氧化实现金属元素的分离。 在溶液中存在平衡 WO2(C2O4)+ ，WO2(C2O4) + ，当溶液中的草酸氧化分解率到达67%时， 开始水解生成 。
①写出 水解的离子方程式 ；
②已知 离子在溶液中也存在类似 的电离平衡，下列有关 氧化 离子生成V2O5·H2O的说法错误的是 (填标号)。
A．加入 促使 离子的电离平衡正向移动
B．该过程涉及了2个以上的化学平衡
C．VO2+离子水解生成V2O5·H2O
（4）已知 K1；FeC2O4 Fe2++ K2，当“滤液1”中 时， 的浓度为 mol/L。(已知 )
【答案】（1）90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；油浴加热
（2）SiO2；Fe2O3+5H2C2O4=2 +2CO2↑+4H++3H2O
（3） +2H2O=H2WO4↓+2H+；C
（4）0.01
【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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图可知，90℃时草酸晶体的溶解度最大，溶液中氢离子浓度大，可以增大反应速率和浸取率，所以草酸酸浸时控制温度为90℃；为使加入的草酸完全溶解，实验室中宜选用的加热方式为油浴加热，故答案为：90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；油浴加热；
(2)由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅；氧化铁与草酸溶液反应生成二草酸根离子合铁离子、二氧化碳、氢离子和水，反应的离子方程式为Fe2O3+5H2C2O4=2 +2CO2↑+4H++3H2O，故答案为：SiO2；Fe2O3+5H2C2O4=2 +2CO2↑+4H++3H2O；
(3)①由题意可知， 在溶液中发生水解反应生成钨酸沉淀和氢离子，反应的离子方程式为 +2H2O=H2WO4↓+2H+，故答案为： +2H2O=H2WO4↓+2H+；
②A．加入 可以使 离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，使VO2+离子浓度减小，电离平衡正向移动，故正确；
B．由 离子在溶液中也存在类似 的电离平衡可知， 离子在溶液中也存在着两步电离平衡，加入 可以使 离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，加入 可以使 离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O的过程中还存在着化学平衡，所以该过程涉及了2个以上的化学平衡，故正确；
C．VO2+离子转化为V2O5·H2O的反应中钒元素的化合价升高被氧化，所以转化过程为氧化还原反应，不可能是水解反应，故不正确；
故答案为：C。
(4)由电离常数公式可知，溶液中K1K2= ，当 时，溶液中草酸根离子浓度为 = mol/L=0.01 mol/L，故答案为：0.01。
【分析】向废催化剂中加入草酸溶液将金属氧化物转化为 离子、 离子、 离子，二氧化硅与草酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有 离子、 离子、 离子的浸取液；浸取液经加热蒸发得到浓缩液，向浓缩液中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将 离子转化为 沉淀，过滤得到 和滤液1； 与稀氢氧化钠溶液反应得到钨酸钠；向滤液1中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将 离子转化为氢氧化铁沉淀，同时将 离子转化为V2O5·H2O沉淀；过滤得到滤液2和含有氢氧化铁、V2O5·H2O；向氢氧化铁、V2O5·H2O中加入稀氢氧化钠溶液将V2O5·H2O转化为钒酸钠。
27．（2022·合肥模拟）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：
已知：①滤渣I主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；
②常温下，K[Fe(OH)3]=8×10-38，K[Ce(OH)3]=1×10-22，lg 2=0.3；
③溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时视为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h
暴露空气中 450~500 80 14
对流空气氧化炉中 450~500 98 6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 。
（2）用盐酸和H3BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有“滤渣I”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣II”主要成分为 (填化学式)。
（3）常温下，“滤液I”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是 。
（4）写出“焙烧”过程中反应的化学方程式：若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为 t。
（5）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为 ；铝粉必须过量的原因是 。
【答案】（1）增大了气体与固体粉末间的接触面积
（2）KBF4
（3）3.3≤pH<7
（4）17.2
（5）3CeO2+4Al 2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境
【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)在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；
(2)“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：KBF4；
(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)= =2×10-11，c(H+)= = ，pH=-lg =3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，故答案为：3.3≤pH<7；
(4)“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO =Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2， ，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：17.2；
(5)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al 2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al 2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。
28．（2022·蚌埠模拟）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。氯化钪(ScCl3)是一种可溶于水的灰白色固体，是制备钪的重要原料。工业上利用固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)制取ScCl3，请结合流程回答以下问题：
已知：①TiO2难溶于盐酸。
②Ksp[Sc(OH)3]=1.0×10-30，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是 。
（3）常温下，“调pH”时，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，为除去杂质离子，应控制的pH范围是 (当溶液中某离子浓度c≤1.0 10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
（4）已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K= (用含a、b、c的代数式表示)。
（5）“加热氯化”过程中排出的气体主要有 (填化学式)。
（6）传统制备ScCl3的方法是先得到ScCl3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScCl3，但通常含有ScOCl杂质，原因是 。
（7）草酸钪晶体［Sc2(C2O4)3·6H2O］在空气中加热， 随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是 (填化学式)，550～850℃，反应的化学方程式为 。(已知Sc2(C2O4)3·6H2O的摩尔质量为462g·mol-1)
【答案】（1）SiO2、TiO2
（2）酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢
（3）3~5
（4）
（5）CO、Cl2
（6）高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应
（7）Sc2(C2O4)3·H2O；2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2
【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】“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，经过酸浸，Fe2O3、Sc2O3转化为Fe3+、Sc3+，而SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；向酸浸后的滤液中加入氨水调节pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3；再向溶液中加入草酸，“沉钪”得草酸钪晶体；将草酸钪晶体加热可得Sc2O3；再将Sc2O3、足量焦炭和Cl2一起加热反应得到ScCl3。
(1)“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2。
(2)盐酸具有挥发性，酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢。
(3)“调pH”时，要出去的杂质离子为Fe3+，溶液中c(Fe3+)≤1.0 10-5mol·L-1，c(OH-)≥ = =1.0 10-11mol·L-1，则pH≥3； 除去Fe3+的同时，Sc3+不能形成沉淀，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，c(OH-)＜ = =1.0 10-9mol·L-1，则pH＜5，故应控制的pH范围是3~5。
(4)已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K= = 。
(5)“加热氯化”过程主要发生的反应为Sc2O3+3C+3Cl2 2ScCl3+3CO，由于Cl2不能完全参加反应，故此过程中排出的气体主要有CO、Cl2。
(6)ScCl3·6H2O沉淀在高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应：ScCl3·6H2O ScOCl+2HCl↑+5H2O。
(7)设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g 80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g 76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g 29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2。
【分析】工业流程题一般解题思路：
一、粗略读题： 首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题。
二、看懂流程图：工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络。
三、掌握化学原理：万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考察的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
四、注意反应条件：同样的物质在不同的反应条件会出现不同的产物，所以在解答工艺流程的题目时，一定要注意反应条件，尤其是一些隐晦的反应条件，如反应温度改变和新生成的原料参与反应。
五、产物的分离与提纯：工艺流程类型的题目，一般都会涉及收集到目标产物后的分离与提纯操作，这就要求我们掌握常见的分离和提纯的名词以及方法，并且懂得不同方法的区别和优劣。
29．（2022·长春模拟）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：
已知：①MnSO4 H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
（1）已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。
（2）“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为 。
（3）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是 ，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为 。
（4）整个流程中可循环利用的物质是 。获得MnSO4 H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是 。
（5）加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为 mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由 。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
【答案】（1）1：3
（2）C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（3）在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖
（4）醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
（5）5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断
【解析】【解答】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4 H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
(1)由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得， ，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x：y=2：6=1：3；答案为1：3。
(2)由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
(3)由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
(4)由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4 H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4 H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。
(5)由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；答案为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。
【分析】(1)根据化合价代数和为0分析；
(2)利用得失电子守恒和原子守恒。
(3)考虑副反应及反应的效率。
(4)沉淀洗涤应在漏斗中进行。
(5)利用K=计算。
30．（2022·绵阳模拟）高纯硫酸锰是合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca、Na、K等元素)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：
（1）写出提高溶浸速率的两种可行措施 。
（2）写出得到粗品MnCO3的离子方程式 。
（3）由粗品MnCO3得到较纯MnCO3需要用纯水洗涤2-3次，洗涤粗品MnCO3的目的是 。
（4）常加入的绿色氧化剂x是 ，调节pH，制得无铁硫酸锰粗液，此时溶液的pH至少为 ［当Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时，可以认为Fe3+沉淀完全，Ksp(Fe(OH)3=1.0×10-38］。
（5）深度除杂步骤主要利用沉淀转化除去Ca2+和Mg2+，需适当增大溶液pH，其原因是 。滤渣2的主要成分是 。
（6）三元层状材料LiNi2/3Co(1-x)/6Mn(1+x)/6O2是一类稳定性高的锂电池正极材料。若已知材料中Co和Mn的化合价分别是+3和+4价，当x=0.4时，材料中Ni2+与Ni3+的数目比为 。
【答案】（1）粉碎矿石、升高温度、增大H2SO4浓度、搅拌等(任意两点)
（2）Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O
（3）洗去表面钾盐、钠盐等易溶性杂质
（4）H2O2；3
（5）H+与F-结合成HF，使F-浓度减小，Ca2+和Mg2+沉淀不完全；CaF2、MgF2
（6）7：13
【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】第一问从反应速率的影响因素角度考虑即可，第二问，考虑锰离子结合碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子，从而生成碳酸锰沉淀；在后面计算沉淀三价铁所需要的pH的时候，可以根据氢氧化铁的溶度积常数进行计算，最后一问可以根据化合物中，正负化合价代数和为零的原则进行计算，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，提高溶浸速率的两种可行措施有：粉碎矿石、升高温度、增大H2SO4浓度、搅拌等(任意两点)；
(2)锰离子和碳酸氢根离子发生反应生成碳酸锰，离子方程式为：Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O；
(3)根据菱锰矿的成分可以发现，碳酸锰表面可能会吸附一些杂质离子，故洗涤粗品MnCO3的目的是洗去表面钾盐、钠盐等易溶性杂质；
(4)原材料菱锰矿含有铁元素杂志，制备过程中，需要把二价铁氧化为三价铁，还不能引入杂志，可以采用过氧化氢作为氧化剂；当Fe3+浓度等于1×10-5mol/L时，根据其Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，可以计算出此时pH=3，故此时溶液的pH至少为3；
(5)根据流程可知，主要是利用F-，沉淀Ca2+和Mg2+，而HF是弱酸，pH过低时会降低F-浓度，故需适当增大溶液pH的原因是H+与F-结合成HF，使F-浓度减小，Ca2+和Mg2+沉淀不完全；滤渣2的主要成分是：CaF2、MgF2；
(6)在该物质中Co和Mn的化合价分别是+3和+4价，设Ni2+数目为a，则Ni3+的数目-a，当x=0.4时，根据正负化合价代数和为0可知：1+2×a+3×(-a)+3×+4×-2×2=0解的，a=，则Ni2+与Ni3+的数目比为7：13。
【分析】酸浸的目的是溶解碳酸锰，加入碳酸氢铵的目的是得到MnCO3，洗涤目的是除去沉淀表面上的杂质，加入氧化剂目的是氧化Fe2+，然后调节pH，使Fe3+沉淀，然后利用 Ca2+和Mg2+与F-结合形沉淀除去。
31．（2022·葫芦岛模拟）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如下。回答下列问题：
已知：①MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
（1）请写出Mn原子基态价层电子排布式 。
（2）已知Pb2Mn8O16中 Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。
（3）“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为 。
（4）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为 。
（5）整个流程中可循环利用的物质是 。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是 。
（6）加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为 mol/L(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由 。[已知： 20℃时Ksp (PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp (PbCO3)=7.4×10-14mo12·L-2，1.262≈1.6]
【答案】（1）3d54s2
（2）1：3
（3）C6H12O6 + 24H+ + 12MnO2 =12Mn2+ + 6CO2↑+ 18H2O
（4）少量多次加入葡萄糖
（5）醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
（6）5.87×10–10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K= =2.16×105>1×105，所以能彻底进行
【知识点】原子核外电子排布；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】锌电解阳极泥主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag，加硫酸溶解，ZnO和稀硫酸反应生成硫酸锌溶液和水，滤渣中含有MnO2、PbSO4、Pb2Mn8O16、Ag，加稀硫酸用葡萄糖还原滤渣，过滤得含有硫酸铅和银的滤渣和硫酸锰溶液，硫酸锰溶液蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得MnSO4 H2O晶体；硫酸铅和银的固体混合物加碳酸钠，硫酸铅转化为碳酸铅，用醋酸溶解碳酸铅，过滤出银，得到醋酸铅溶液，醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀。
(1)Mn是25号元素，Mn原子基态价层电子排布式为3d54s2；
(2)Pb2Mn8O16中 Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn的个数为x，根据化合价代数和等于0，(+2)×2+2x+(+4)×(8-x)-2×16=0，解得x=2，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为1：3；
(3)根据流程图，“还原酸浸”过程中，在酸性条件下，二氧化锰被葡萄糖还原为硫酸锰，葡萄糖被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为C6H12O6 + 24H+ + 12MnO2 =12Mn2+ + 6CO2↑+ 18H2O；
(4)在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生信息②所示副反应，少量多次加入葡萄糖可以提高葡萄糖的有效利用率；
(5)醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀和醋酸，反应生成的醋酸可以循环到醋酸溶铅过程，整个流程中可循环利用的物质是醋酸。MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇，为减少硫酸锰的损失，洗涤的具体操作是：向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；
(6)饱和硫酸铅溶液中c(Pb2+)=，则要生成碳酸铅沉淀，Na2CO3溶液的最小浓度为mol/L；该沉淀转化方程式为，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K= =2.16×105>1×105，所以能彻底进行。
【分析】（1）Mn的原子序数为25， Mn原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价层电子排布式为3d54s2；
（2）根据化合物中化合价代数和为0进行计算；
（3）“还原酸浸”过程中，二氧化锰被葡萄糖还原为硫酸锰，葡萄糖被氧化为二氧化碳，根据得失电子守恒和质量守恒书写离子方程式；
（4）少量多次加入葡萄糖可以提高葡萄糖的有效利用率；
（5）醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀和醋酸，反应生成的醋酸可以循环到醋酸溶铅过程，整个流程中可循环利用的物质是醋酸；MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇，用乙醇进行洗涤；
（6）结合Ksp (PbCO3) 计算Na2CO3溶液的最小浓度；沉淀转化的方程式为，计算该反应的平衡常数，与1×105进行比较确定是否彻底进行。
32．（2022·渭南模拟）金属钪可用作宇航材料、火箭和飞机的制造材料；氧化钪可提高计算机记忆元件性能。赤泥是铝土矿加工过程中产生的废料，含有丰富的钪元素，另含有Fe2O3、SiO2、Al2O3等氧化物。一种从赤泥中提取氧化钪的工艺流程如图所示(P2O4是一种磷酸酯萃取剂)。
回答下列问题：
（1）写出赤泥经盐酸处理后所得“浸渣”与强碱溶液反应的离子方程式 。
（2）赤泥“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而下降，其原因是 。
（3）P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如表所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为 、 ；萃取后“盐酸洗涤”的目的是 。P2O4浓度对萃取率的影响如表：
试验编号 P2O4浓度/% 分相情况 钪萃取率/% 铁萃取率/%
1-1 1 分相快 90.76 15.82
1-2 2 分相容易 91.53 19.23
1-3 3 分相容易 92.98 13.56
1-4 4 有第三相 90.69 30.12
1-5 5 轻微乳化 91.74 39.79
料液温度对分离系数的影响如图：
（4）反萃取时，Sc3+完全沉淀(浓度为1.0×10-6mol·L-1)时，反萃液的pH为 。(已知：Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31，lg2=0.30，结果保留小数点后两位)
（5）为探究所得草酸钪晶体Sc2(C2O4)3·xH2O中结晶水的含量，取2.96g样品(纯度为75%)，灼烧得到0.69gSc2O3固体，则x= 。
（6）草酸钪晶体灼烧分解反应方程式为 ，其固体副产物主要为 。
【答案】（1）SiO2+2OH-=SiO+H2O
（2）盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小
（3）3%；65℃；洗去有机相中的FeCl3
（4）5.97
（5）5
（6）Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O；钪(Sc)
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】由题给流程可知，赤泥加入盐酸酸浸时，钪元素转化为氯化钪，氧化铁、氧化铝溶解转化为氯化铁、氯化铝，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸渣和含有氯化钪、氯化铁、氯化铝的浸出液；向浸出液中加入萃取剂P2O4萃取钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的溶液和有机相；向溶液中加入萃取剂萃取溶液中的铁离子，分液得到氯化铝溶液；氯化铝溶液经蒸发结晶得到氢氧化铝，煅烧氢氧化铝制得氧化铝；有机相用盐酸洗涤、分液得到水相和有机相；有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取，过滤得到反萃液和氢氧化钪；氢氧化钪加入盐酸溶解、富集得到氯化钪；向氯化钪溶液中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪，过滤、灼烧草酸钪制得三氧化二钪。
(1)“浸渣”与强碱溶液的反应为二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO+H2O；
(2)盐酸是挥发酸，受热易挥发，若酸浸时温度过高，氯化氢挥发会使盐酸浓度减小导致酸浸速率下降，故答案为：盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小；
(3)由表格数据可知，P2O4的浓度为3%时，钪萃取率最高、铁萃取率最低，由图可知，料液温度为65℃时，钪/铁、钪/铝分离系数最高，所以萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为3%、65℃，故答案为：3%；65℃；
(4)由溶度积可知，钪离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为==2×10-8.33mol/L，则溶液的pH为14-8.33+lg2=5.97，故答案为：5.97；
(5)由钪原子原子个数守恒可知，草酸钪的物质的量与三氧化二钪的物质的量相等，由题给数据可知，草酸钪晶体中草酸钪和结晶水的物质的量比为：1：x=：，解得x=5，故答案为：5；
(6)由得失电子数目守恒可知，草酸钪晶体受热分解生成三氧化二钪、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O，一氧化碳高温下还原性强，反应中生成的一氧化碳高温条件下能与三氧化二钪反应生成钪和二氧化碳，则固体副产物主要为钪，故答案为：Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O；钪(Sc)。
【分析】分析流程可知，铅土矿经碱初步溶解，发生反应Al2O3-2OH-= 2AlO2-+H2O，得到的赤泥含有丰富的钪元素，另含有CaO、Fe2O3、SiO2、Al2O3等氧化物。用盐酸酸浸，处理后所得“浸渣”为二氧化硅，二氧化硅可作为制作光导纤维的原料，P2O4萃取浸出液，根据图表分析可知，其浓度为3%时钪萃取率最大、另外钪铁萃取率差别最大，料液温度对萃取率的影响：65℃时Sc/ Fe、Sc/ Al的分离系数最大，有机相用盐酸洗涤得有机相与水相分离，用NaOH沉淀得Sc(OH)3，调节pH溶解富集得ScCl3，ScCl3与草酸反应生成草酸钪和HCl，草酸钪灼烧分解得Sc2O3；含铁铝溶液，萃取除铁，得AlCl3溶液，蒸发结晶、灼烧得Al2O3，据此分析回答问题。
33．（2022·锦州模拟）镓及其化合物在国防技术、航空航天技术等领域扮演着重要的角色。一种利用湿法提锌的浸出渣(主要含一定量和的化合物)为原料制备高纯镓的流程如图所示：
已知：①溶液中的会对电解溶液造成影响
②与可以发生反应
③本流程温度下，；；
请回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为 (填化学式)。
（2）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（3）“调沉淀除杂”过程需加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热的目的是 。
（4）溶液中的各种形态粒子的物质的量分数随溶液变化的关系如图所示，用“调沉淀除杂”的理论范围为 。(溶液中剩余离子浓度小于时沉淀完全)
（5）试剂a的作用是 。
（6）流程中可以循环利用的物质是 (填化学式)。
（7）、、可用于制取第三代半导体材料，熔点如表所示，分析其变化原因： 。
物质
熔点
【答案】（1）
（2）
（3）促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全
（4）{、、、}
（5）除去氯离子(或)
（6）
（7）三种晶体都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】提锌浸出渣经稀硫酸溶浸，分离出滤渣1为PbSO4，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入ZnO调节pH分离出滤渣2为Fe(OH)3，溶液中的Cl-会对电解NaGaO2溶液造成影响，则试剂a的作用是除去Cl-，Zn用来还原Cu2+，滤渣4为Cu和过量的Zn，Na2S溶液用来除去过量的Zn2+，滤渣5为ZnS，电解NaGaO2溶液得到Ga。
(1)稀硫酸溶浸时，Pb2+转化为不溶的PbSO4，则滤渣1为PbSO4，故答案为：PbSO4；
(2)加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，则“氧化”过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)“调pH沉淀除杂”主要是为了除去Fe3+，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热可以促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全，故答案为：促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全；
(4)调pH的目的是使Fe3+沉淀完全，而Ga3+不沉淀，Fe3+沉淀完全时，，则，则pH=2.7，由图可知， Ga3+开始沉淀的pH=3，则“调pH沉淀除杂”的理论范围为2.7
(6)试剂a的作用是除Cl-，根据已知②可知，可利用Cu除去Cl-，试剂a可以是Cu，还原除杂的过程中生成Cu，则流程中可以循环利用的是Cu，故答案为：Cu；
(7)GaN、GaP、GaAs都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小，故答案为：三种晶体都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小。
【分析】（1）提锌浸出渣经稀硫酸溶浸，铅离子和硫酸根离子结合生成硫酸铅，滤渣1为硫酸铅；
（2）加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，根据氧化还原规律书写离子方程式；
（3）加入ZnO调节pH是为了除去铁离子，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热可以促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒；
（4）调pH的目的是使Fe3+沉淀完全，而Ga3+不沉淀，结合Ksp计算；
（5）溶液中的Cl-会对电解NaGaO2溶液造成影响，用试剂a除去Cl-；
（6）根据已知信息，可利用Cu除去Cl-，试剂a可以是Cu，还原除杂的过程中生成Cu，Cu可循环利用；
（7）GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，共价键强度越强，熔点越高。
34．（2022·深圳模拟）某学习小组在实验室进行了有关碘化铅(PbI2)的实验探究。回答下列问题：
（1）I.制备PbI2的悬浊液
KI溶液和Pb(NO3)2溶液反应，会产生金黄色的PbI2沉淀，形成美丽的“黄金雨”。
①KI溶液在空气中久置会变质，其原因是 。
②生成PbI2的化学方程式为 。充分反应后，经系列操作得到纯净的PbI2固体，向其中加入蒸馏水，得到PbI2悬浊液。
（2）II.探究浓度对PbI2沉淀溶解平衡的影响
【查阅资料】ⅰ.温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；
ii.26.5℃时，PbI2饱和溶液的电导率为368μS cm-1。
稀释对PbI2溶解平衡的影响
26.5℃时，向PbI2悬浊液中加入一定体积的蒸馏水，通过图甲所示装置测定电导率，并得到电导率随时间变化的曲线(图乙)。
①实验装置中仪器X的名称为 。
②由电导率变化曲线可知：实验中通过仪器X加入蒸馏水的方式是 (填标号)。
A．连续逐滴加入 B．分三次快速放入 C．一次性快速放入
③曲线图中， 段(用字母表示，任写一段)表示PbI2固体的溶解达到平衡状态：c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是 导致了溶液中离子浓度不断增大。
（3）c(KI)对PbI2沉淀溶解平衡的影响
26.5℃时，将PbI2悬浊液静置后，取200mL上层清液[c(I-)=2.5×10-3mol·L-1]于烧杯中，另取蒸馏水于相同规格的烧杯中进行对比实验，再分别向其中加入1mol·L-1KI溶液。实验数据记录如表：
KI溶液累计加入量/mL 电导率/(μS cm-1)
PbI2饱和溶液 蒸馏水
0 368 4
0.50 A1 B1
1.00 A2 B2
①上述实验过程中，增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，可观察到的实验现象是 。
②利用蒸馏水进行对比实验时，所取蒸馏水的体积为 mL。
③表格数据A2-A1 B2-B1(填“大于”“小于”或“等于”)，说明增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动。
【答案】（1）I-会被空气中的O2氧化；2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3
（2）酸式滴定管；B；ab或ba(答“de”“ed”“gh”“hg”“jk”“kj”均可)；PbI2固体不断溶解
（3）产生金黄色沉淀(或“产生亮黄色沉淀”“产生黄色浑浊”)；200；小于
【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；探究沉淀溶解；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】(1)①I-具有较强还原性，会被空气中的O2氧化，导致KI溶液变质；
②根据题意KI和Pb(NO3)2发生复分解反应生成PbI2沉淀，根据元素守恒可得化学方程式为2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3；
(2)①根据仪器X的结构特点可知其为酸式滴定管；
②由电导率变化曲线可知，电导率出现3次急剧的下降，说明蒸馏水是分三次快速放入，
故答案为：B；
③悬浊液导电是因为存在平衡PbI2Pb2++2I-，加水稀释后，离子浓度瞬间下降，电导率瞬间减小，之后反应正向移动，PbI2固体不断溶解，重新达到平衡，而PbI2饱和溶液中Pb2+和I-的浓度不变，所以平衡后电导率相同，即ab、de、gh、jk均可以表示PbI2固体的溶解达到平衡状态，而c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是PbI2固体不断溶解，导致了溶液中离子浓度不断增大；
(3)①增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，清液中产生金黄色的PbI沉淀；
②为保证变量唯一，所用蒸馏水的体积应与所用“上层清液”的体积相同，即200mL；
③增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，导致溶液中的离子浓度减小，电导率的变化会小于蒸馏水中，所以A2-A1小于B2-B1。
【分析】（1） 在空气中久置会变质 ，可以从以下几点考虑：被空气氧化，吸收空气中的酸性气体CO2等，潮解
（2）酸式滴定的下端为旋塞，碱式滴定管下端为橡胶管
达到溶解平衡时各离子浓度保持不变，电导率也就不变
（3） PbI2 (s) Pb2+(aq)+ 2I-(aq)，加入KI，I-浓度增大，逆向移动，有金黄色沉淀产生
35．（2022·深圳模拟）高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品。以高磷镍铁(主要含Ni、Fe、P，还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产硫酸镍晶体(NiSO4 6H2O)的工艺流程如图：
已知：电解时，选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液。
回答下列问题：
（1）先将高磷镍铁制成电极板，“电解”时，该电极板作 极；阴极产物主要为 ，此外，溶液中的Cu2+有部分在阴极放电。
（2）“除铁磷”时，溶液中Fe2+先被氧化为Fe3+，该过程发生反应的离子方程式为 ；再加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀。
（3）“滤渣2”的主要成分为ZnS和 (填化学式)。
（4）“沉镍”时，为确保镍沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥ (已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15；lg2=0.3；当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
（5）“母液”中的溶质主要有 、 (填化学式)。
（6）硫代硫酸镍(NiS2O3)在冶金工业中有广泛应用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固体，充分反应后，过滤得到NiS2O3溶液；再向该溶液加入无水乙醇，析出NiS2O3晶体(已知：25℃时，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10-5)。
①生成NiS2O3的化学方程式为 ；该反应可以进行得较完全，结合相关数据说明理由： 。
②加入无水乙醇有利于NiS2O3晶体析出，其原因是 。
【答案】（1）阳；H2
（2）2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
（3）CuS
（4）9.15
（5）NaCl；Na2SO4
（6）BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4；该反应的K==1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；降低NiS2O3的溶解度
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】先将高磷镍铁制成电极板，进行电解，Ni、Fe、Zn、Cu转化为阳离子进入溶液，之后加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀；过滤后加入H2S除去Cu2+和Zn2+；过滤后向滤液中加入NaOH得到Ni(OH)2沉淀，过滤、水洗沉淀后，加入硫酸溶解，得到硫酸镍溶液，经系列处理得到NiSO4·6H2O。
(1)电解的主要目的应是将金属元素转化为相应的金属阳离子，所以高磷镍铁应为阳极，被氧化；阴极主要为氢离子放电，所以主要产物为H2；
(2)“除铁磷”时，ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
(3)“除铁磷”后主要杂质还有Cu2+、Zn2+，所以加入H2S除杂时得到的“滤渣2”的主要成分为ZnS和CuS；
(4)当溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==mol/L=×10-5mol/L，所以c(H+)=×10-9mol/L，此时pH=-lg c(H+)=9.15，所以理论上应调节溶液pH≥9.15；
(5)ClO-会被还原为Cl-，电解时选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液，所以溶液中阴离子还有SO，而阳离子只剩加入的Na+，所以“母液”中的溶质主要有NaCl、Na2SO4；
(6)①根据题意，NiSO4溶液可以使BaS2O3沉淀转化为BaSO4沉淀，同时得到NiS2O3，化学方程式为BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4；该反应的平衡常数K====1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；
②无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度，利于晶体析出。
【分析】（1）“阳氧阴还”阳极溶解高磷镍铁，阴极还原H+生成H2
（2）利用NaClO的氧化性，氧化 Fe2+
（3）除杂时 Zn2+和 Cu2+多以硫化物难溶物除去
（4）根据 Ksp 表达式进行计算，pH = -lgC(H+)
（5）母液分析时考虑溶液中未形成沉淀的离子，反应过程中生成的离子，原溶液中已有的离子
（6）一般认为一个反应的平衡常数大于1105时，认为该反应进行完全
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4
一、选择题
1．（2022·山东）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应的平衡常数
B．
C．曲线④代表含的溶液的变化曲线
D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
2．（2022·湖南）室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混合溶液，通过电位滴定法获得 与 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。 ， ， ）。
下列说法正确的是（ ）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b点：
3．（2022·呼和浩特模拟）常温下，向10mL0.1mol·L-1 NaX溶液和10mL0.1mol·L-1Na2Y溶液分别滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液。滴加过程中pM[pM= -lgc (X )或-lgc (Y2-)]与所加溶液体积之间的关系如图所示(提示：不考虑NaX和Na2Y水解，AgX和Ag2Y均为难溶物)。下列说法正确的是（ ）
A．曲线I是向Na2Y溶液中滴加AgNO3溶液
B．若将c(NaX)改为0.2mol·L-1 ，则m点可平移至n点
C．m、p、w点所在溶液中c(Ag+)：m>w>p
D．Ag2Y(s) + 2X-(aq) 2AgX(s)+Y2-(aq)的平衡常数为107.6
4．（2022·张家口模拟）某温度下，CuS和的溶解曲线如图所示，其中，，为或，下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅰ是CuS的溶解曲线
B．
C．M点的坐标为(23，13)
D．此温度下的饱和溶液：
5．（2022·保定模拟）已知：AgA、都是难溶盐。室温下，向体积均为10mL、浓度均为的NaA溶液、溶液中分别滴加的溶液，溶液中pX与溶液体积的关系如图所示[已知：或]。下列推断错误的是（ ）
A．室温下，
B．对应溶液中：
C．室温下，在等量的水中，AgA溶解的物质的量更少
D．若变为，则c点向e点移动
6．（2022·新疆模拟）常温下，某研究小组用数字传感器探究AgSCN的沉淀溶解平衡(AgSCN是白色沉淀)。实验测得悬浊液中溶解的SCN-浓度变化如图所示，其中a点表示AgSCN溶于KNO3溶液形成的悬浊液。下列说法错误的是（ ）
A．图中b点可能是加少量水稀释了
B．图中c点后有黄色沉淀生成
C．图中d点c(Ag+)
A．室温下，Ksp(Ag2B)=4×10-3a
B．对应溶液中c(Ag+)：e>f
C．室温下，溶解度：S(AgA)
8．（2022·南充模拟）下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀产生 该溶液中一定含有SiO
B 向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2的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 在MgSO4溶液中加入一小块Na，金属Na溶解，并生成固体 该固体为Mg
D 将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀 浓硫酸只表现脱水性
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·临沂模拟）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向新制的硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲()溶液，溶液变为橙红色 邻二氮菲能与亚铁离子形成配合物
B 向盛有Ag2O固体的两支试管中分别加入稀硝酸和氨水，Ag2O均溶解 Ag2O是两性氧化物
C 溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合、加热，将产生的气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中，溶液褪色 反应生成了乙烯
D 向BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，沉淀洗净后加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，且产生气泡
A．A B．B C．C D．D
10．（2022·开封模拟）25℃时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小
B．Ksp[Cu(OH)2]=×10-17
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K=
D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O
11．（2022·柯桥模拟）下列方案设计、现象、解释或结论有错误的是( )
选项 实验操作 实验现象 解释或结论
A 摘下几根火柴头浸于水中，一定时间后取适量溶液于试管中，加溶液、稀硝酸和溶液。 出现白色沉淀 火柴头含有氯元素
B 向的溶液中加入几滴溶液，制得新制然后加入适量牙膏 绛蓝色溶液 牙膏中存在甘油
C 将石蜡油与碎瓷片混合加强热，产生的气体通入酸性重铬酸钾钾溶液中 酸性重铬酸钾溶液褪色 石蜡油加强热产生的气体是不饱和烃
D 取溶液于试管中，滴加溶液，待不再出现白色沉淀后，再滴加溶液 白色沉淀转化为黄色沉淀 溶解度大于
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·运城模拟）25℃时，在c(HR)+c(R-)=0.1mol·L-1的溶液中-lgc(R-)与-lgc(OH-)、难溶盐MR饱和溶液中-lgc(R-)与-lgc(M+)的关系如图所示(忽略离子浓度调节过程中溶液体积变化)。下列说法正确的是（ ）
A．曲线L1表示-lgc(R-)与-lgc(OH-)的关系
B．25℃时，Ksp(MR)的数量级为10-20
C．pH=7时，c(HR)+c(R-)=0.1mol·L-1的溶液中c(HR)<
二、多选题
13．（2022·海南）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是（ ）
A．曲线①代表与pH的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以存在pH=9.0，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在
14．（2020·南京模拟）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2 min后，试管里出现凝胶 酸性：盐酸>硅酸
B 将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色 Fe(NO3)2已变质
C 向5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液中加入0.1 mol·L－1的FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取2～3次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色 反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2是有一定限度的
D 在2 mL 0.01 mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 mol·L－1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 mol·L－1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀 Ksp(CuS)
15．（2020·潍坊模拟）常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol·L-1的KSCN、K2CrO4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示。下列叙述错误的是( )
A．Ksp(Ag2CrO4)的数值为10-9.92
B．a点表示的是Ag2CrO4的不饱和溶液
C．沉淀废液中的Ag+用K2CrO4溶液比等浓度的KSCN溶液效果好
D．Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq) 2AgSCN(s)+CrO4 -(aq)的平衡常数为1012.08
16．（2017·天府模拟）（多选）在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgBr的Ksp=5.0×10﹣13，下列说法错误的是（ ）
A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10﹣8
B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C．一定温度下Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K=4.0×1010
17．（2016·浦东模拟）某温度下，硫酸钡与水组成的混合物中，存在下列过程：BaSO4（s） Ba2++SO ，向其中加入少量硫酸钠固体，下列说法错误的是（ ）
A．BaSO4的电离程度减小
B．BaSO4溶解的量减小
C．c（Ba2+）与c（SO42﹣）的乘积增大
D．溶液的导电能力增强
18．（2016高三上·黑龙江期中）（多选）下列说法中正确的是（ ）
A．相同温度下，同浓度的溶液的pH：CH3COONa＞Na2CO3＞NaHCO3＞NaClO
B．同温同浓度的三种溶液：①（NH4）2SO4②（NH4）2CO3③（NH4）2FeSO4 c （NH4+）大小：②＞①＞③
C．室温时pH=8的NaOH溶液与pH=8的氨水等体积混合pH等于8
D．向1mL0.1mol/L AgNO3溶液中滴加3～5滴0.1mol/L NaCl溶液，产生白色沉淀，再滴入KI溶液，沉淀变成黄色，由此推出：Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
19．（2016高二上·淇县期中）（多选）把Ca（OH）2固体放入一定量的蒸馏水中，一定温度下达到平衡：Ca（OH）2（s） Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）．当向悬浊液中加少量生石灰后，若温度保持不变，下列判断正确的是（ ）
A．溶液中Ca2+数目减少 B．溶液中c（Ca2+）增大
C．溶液pH值不变 D．溶液pH值增大
20．（2016高二上·兴国月考）下列叙述正确的是（ ）
A．c（NH ）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[（NH4）2Fe（SO4）2]＜c[（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl）
B．向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度
C．0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1
D．0.2 mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32﹣）+c（OH﹣）
21．（2021高三上·潍坊月考）黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁和铝的硅酸盐，以及 、 等。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备 。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀pH 1.9 7.0 8.9 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 10.9 4.7 10.1
下列说法错误的是（ ）
A．“酸浸氧化”中，只有 、 两种离子被氧化
B．随滤液②可除去的金属离子只有 、 和
C．“沉淀转溶”得到滤渣③的主要成分是
D．“调 ”的目的是为了除去铝元素
22．（2021高三上·河北开学考）已知：常温下， 。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Ⅱ代表 的沉淀溶解平衡曲线
B．常温下， 的
C．常温下，当 时，饱和溶液中
D．加入 固体可使溶液由 点沿直线变为 点
23．（2020·潍坊模拟）常温下，向10mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1mol·L-1的氨水，反应过程中-1gc(Ag+)或-1gc[Ag(NH3) ]与加入氨水体积的关系如图，下列说法错误的是( )
A．原硝酸银溶液的浓度是0.1 mol·L-1
B．反应生成氢氧化银的Ksp(AgOH)的数量级为10-8
C．溶液b点NH4+的浓度小于溶液C点NH的浓度
D．溶液m点c(NO )>c(Ag+)+C[Ag(NH3) ]+c(NH )
三、非选择题
24．（2022·北京市）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。
（2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。
②沉钙反应的离子方程式为 。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。
（4）滤渣C中含有的物质是 。
（5）该流程中可循环利用的物质是 。
25．（2022·山东）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为 。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后， ；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是 。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为 (填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 ，回收利用洗涤液X的操作单元是 ；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 (填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
26．（2022·淮北模拟）某废催化剂(主要含有WO3、V2O5、V2O4、V2O3、少量杂质Fe2O3、SiO2等)是能源行业产生的难处理多金属危险废物，其回收利用已成为当前研究的热点和重点。一种处理流程如下：
（1）已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的溶解度随温度的变化如图所示。草酸酸浸时控制温度为90℃，理由是 ，实验室中宜选用的加热方式为 (“水浴加热”或“油浴加热”)。
（2）已知“浸取液”的主要成分 、 、 和过量的H2C2O4，滤渣的主要成分是 ；Fe2O3与H2C2O4的反应的离子方程式为 。
（3）“浓缩液”经过两步氧化实现金属元素的分离。 在溶液中存在平衡 WO2(C2O4)+ ，WO2(C2O4) + ，当溶液中的草酸氧化分解率到达67%时， 开始水解生成 。
①写出 水解的离子方程式 ；
②已知 离子在溶液中也存在类似 的电离平衡，下列有关 氧化 离子生成V2O5·H2O的说法错误的是 (填标号)。
A．加入 促使 离子的电离平衡正向移动
B．该过程涉及了2个以上的化学平衡
C．VO2+离子水解生成V2O5·H2O
（4）已知 K1；FeC2O4 Fe2++ K2，当“滤液1”中 时， 的浓度为 mol/L。(已知 )
27．（2022·合肥模拟）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：
已知：①滤渣I主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；
②常温下，K[Fe(OH)3]=8×10-38，K[Ce(OH)3]=1×10-22，lg 2=0.3；
③溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时视为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h
暴露空气中 450~500 80 14
对流空气氧化炉中 450~500 98 6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 。
（2）用盐酸和H3BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有“滤渣I”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣II”主要成分为 (填化学式)。
（3）常温下，“滤液I”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是 。
（4）写出“焙烧”过程中反应的化学方程式：若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为 t。
（5）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为 ；铝粉必须过量的原因是 。
28．（2022·蚌埠模拟）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。氯化钪(ScCl3)是一种可溶于水的灰白色固体，是制备钪的重要原料。工业上利用固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)制取ScCl3，请结合流程回答以下问题：
已知：①TiO2难溶于盐酸。
②Ksp[Sc(OH)3]=1.0×10-30，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是 。
（3）常温下，“调pH”时，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，为除去杂质离子，应控制的pH范围是 (当溶液中某离子浓度c≤1.0 10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
（4）已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K= (用含a、b、c的代数式表示)。
（5）“加热氯化”过程中排出的气体主要有 (填化学式)。
（6）传统制备ScCl3的方法是先得到ScCl3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScCl3，但通常含有ScOCl杂质，原因是 。
（7）草酸钪晶体［Sc2(C2O4)3·6H2O］在空气中加热， 随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是 (填化学式)，550～850℃，反应的化学方程式为 。(已知Sc2(C2O4)3·6H2O的摩尔质量为462g·mol-1)
29．（2022·长春模拟）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：
已知：①MnSO4 H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
（1）已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。
（2）“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为 。
（3）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是 ，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为 。
（4）整个流程中可循环利用的物质是 。获得MnSO4 H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是 。
（5）加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为 mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由 。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
30．（2022·绵阳模拟）高纯硫酸锰是合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca、Na、K等元素)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：
（1）写出提高溶浸速率的两种可行措施 。
（2）写出得到粗品MnCO3的离子方程式 。
（3）由粗品MnCO3得到较纯MnCO3需要用纯水洗涤2-3次，洗涤粗品MnCO3的目的是 。
（4）常加入的绿色氧化剂x是 ，调节pH，制得无铁硫酸锰粗液，此时溶液的pH至少为 ［当Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时，可以认为Fe3+沉淀完全，Ksp(Fe(OH)3=1.0×10-38］。
（5）深度除杂步骤主要利用沉淀转化除去Ca2+和Mg2+，需适当增大溶液pH，其原因是 。滤渣2的主要成分是 。
（6）三元层状材料LiNi2/3Co(1-x)/6Mn(1+x)/6O2是一类稳定性高的锂电池正极材料。若已知材料中Co和Mn的化合价分别是+3和+4价，当x=0.4时，材料中Ni2+与Ni3+的数目比为 。
31．（2022·葫芦岛模拟）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如下。回答下列问题：
已知：①MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
（1）请写出Mn原子基态价层电子排布式 。
（2）已知Pb2Mn8O16中 Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。
（3）“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为 。
（4）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为 。
（5）整个流程中可循环利用的物质是 。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是 。
（6）加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为 mol/L(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由 。[已知： 20℃时Ksp (PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp (PbCO3)=7.4×10-14mo12·L-2，1.262≈1.6]
32．（2022·渭南模拟）金属钪可用作宇航材料、火箭和飞机的制造材料；氧化钪可提高计算机记忆元件性能。赤泥是铝土矿加工过程中产生的废料，含有丰富的钪元素，另含有Fe2O3、SiO2、Al2O3等氧化物。一种从赤泥中提取氧化钪的工艺流程如图所示(P2O4是一种磷酸酯萃取剂)。
回答下列问题：
（1）写出赤泥经盐酸处理后所得“浸渣”与强碱溶液反应的离子方程式 。
（2）赤泥“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而下降，其原因是 。
（3）P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如表所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为 、 ；萃取后“盐酸洗涤”的目的是 。P2O4浓度对萃取率的影响如表：
试验编号 P2O4浓度/% 分相情况 钪萃取率/% 铁萃取率/%
1-1 1 分相快 90.76 15.82
1-2 2 分相容易 91.53 19.23
1-3 3 分相容易 92.98 13.56
1-4 4 有第三相 90.69 30.12
1-5 5 轻微乳化 91.74 39.79
料液温度对分离系数的影响如图：
（4）反萃取时，Sc3+完全沉淀(浓度为1.0×10-6mol·L-1)时，反萃液的pH为 。(已知：Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31，lg2=0.30，结果保留小数点后两位)
（5）为探究所得草酸钪晶体Sc2(C2O4)3·xH2O中结晶水的含量，取2.96g样品(纯度为75%)，灼烧得到0.69gSc2O3固体，则x= 。
（6）草酸钪晶体灼烧分解反应方程式为 ，其固体副产物主要为 。
33．（2022·锦州模拟）镓及其化合物在国防技术、航空航天技术等领域扮演着重要的角色。一种利用湿法提锌的浸出渣(主要含一定量和的化合物)为原料制备高纯镓的流程如图所示：
已知：①溶液中的会对电解溶液造成影响
②与可以发生反应
③本流程温度下，；；
请回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为 (填化学式)。
（2）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（3）“调沉淀除杂”过程需加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热的目的是 。
（4）溶液中的各种形态粒子的物质的量分数随溶液变化的关系如图所示，用“调沉淀除杂”的理论范围为 。(溶液中剩余离子浓度小于时沉淀完全)
（5）试剂a的作用是 。
（6）流程中可以循环利用的物质是 (填化学式)。
（7）、、可用于制取第三代半导体材料，熔点如表所示，分析其变化原因： 。
物质
熔点
34．（2022·深圳模拟）某学习小组在实验室进行了有关碘化铅(PbI2)的实验探究。回答下列问题：
（1）I.制备PbI2的悬浊液
KI溶液和Pb(NO3)2溶液反应，会产生金黄色的PbI2沉淀，形成美丽的“黄金雨”。
①KI溶液在空气中久置会变质，其原因是 。
②生成PbI2的化学方程式为 。充分反应后，经系列操作得到纯净的PbI2固体，向其中加入蒸馏水，得到PbI2悬浊液。
（2）II.探究浓度对PbI2沉淀溶解平衡的影响
【查阅资料】ⅰ.温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；
ii.26.5℃时，PbI2饱和溶液的电导率为368μS cm-1。
稀释对PbI2溶解平衡的影响
26.5℃时，向PbI2悬浊液中加入一定体积的蒸馏水，通过图甲所示装置测定电导率，并得到电导率随时间变化的曲线(图乙)。
①实验装置中仪器X的名称为 。
②由电导率变化曲线可知：实验中通过仪器X加入蒸馏水的方式是 (填标号)。
A．连续逐滴加入 B．分三次快速放入 C．一次性快速放入
③曲线图中， 段(用字母表示，任写一段)表示PbI2固体的溶解达到平衡状态：c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是 导致了溶液中离子浓度不断增大。
（3）c(KI)对PbI2沉淀溶解平衡的影响
26.5℃时，将PbI2悬浊液静置后，取200mL上层清液[c(I-)=2.5×10-3mol·L-1]于烧杯中，另取蒸馏水于相同规格的烧杯中进行对比实验，再分别向其中加入1mol·L-1KI溶液。实验数据记录如表：
KI溶液累计加入量/mL 电导率/(μS cm-1)
PbI2饱和溶液 蒸馏水
0 368 4
0.50 A1 B1
1.00 A2 B2
①上述实验过程中，增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，可观察到的实验现象是 。
②利用蒸馏水进行对比实验时，所取蒸馏水的体积为 mL。
③表格数据A2-A1 B2-B1(填“大于”“小于”或“等于”)，说明增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动。
35．（2022·深圳模拟）高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品。以高磷镍铁(主要含Ni、Fe、P，还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产硫酸镍晶体(NiSO4 6H2O)的工艺流程如图：
已知：电解时，选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液。
回答下列问题：
（1）先将高磷镍铁制成电极板，“电解”时，该电极板作 极；阴极产物主要为 ，此外，溶液中的Cu2+有部分在阴极放电。
（2）“除铁磷”时，溶液中Fe2+先被氧化为Fe3+，该过程发生反应的离子方程式为 ；再加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀。
（3）“滤渣2”的主要成分为ZnS和 (填化学式)。
（4）“沉镍”时，为确保镍沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥ (已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15；lg2=0.3；当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
（5）“母液”中的溶质主要有 、 (填化学式)。
（6）硫代硫酸镍(NiS2O3)在冶金工业中有广泛应用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固体，充分反应后，过滤得到NiS2O3溶液；再向该溶液加入无水乙醇，析出NiS2O3晶体(已知：25℃时，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10-5)。
①生成NiS2O3的化学方程式为 ；该反应可以进行得较完全，结合相关数据说明理由： 。
②加入无水乙醇有利于NiS2O3晶体析出，其原因是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线①为 的 溶液，硫酸锶的溶度积=10-5.5×0.1=10-6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10-6.5，则a为6.5，故B不符合题意；
C．由分析可知，曲线④为的溶液的变化曲线，故C不符合题意；
D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】pH不会影响硫酸根离子的浓度，则曲线①和曲线②为 的溶液，根据可知，越大，越小，则曲线①为 的 溶液的变化曲线，曲线②为的 溶液 的变化曲线；根据可知，越大，越小，则曲线③为 的 溶液的变化曲线，曲线④为的溶液的变化曲线。
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．根据分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A不符合题意；
B．根据分析可知，原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol L-1，故B不符合题意；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C符合题意；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，Cl-、Br-和 I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，则b点各离子浓度为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ksp小的先沉淀，则Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-， 当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
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．由上述分析可知，曲线I表示向NaX溶液中滴加AgNO3溶液，曲线II表示向Na2Y溶液中滴加AgNO3溶液，故A不符合题意；
B．将c(NaX)改为0.2mol/L，平衡时-lgc(X-)=4.9，消耗硝酸银为原来的2倍，溶液体积变为原来的2倍，仍为AgX的饱和溶液，pX=4.9，即m点可平移至n点，故B符合题意；
C．m点c(Ag+)=10-4.9mol/L，p点c(Ag+)=2×10-4.0mol/L，Ksp(Ag2Y)=c2(Ag+) c(X-)=(2×10-4.0)2×10-4.0=4×10-12.0，w点Na2Y过量，10mL0.1mol/LNa2Y溶液与10mL0.1mol/LAgNO3溶液混合时c(Y2-)=0.025mol/L，此时c(Ag+)=mol/L=×10-5mol/L，则溶液中c(Ag+)：p＞w＞m，故C不符合题意；
D．Ag2Y(s)+2X-(aq)2AgX(s)+Y2-( aq)的平衡常数K==4×107.6，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据溶度积常数判断和进行相关计算。
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．CuS的阴阳离子个数比为1：1，Ag2S的阴阳离子个数比为1：2，曲线Ⅰ在横轴与纵轴上的截距相同，因此曲线Ⅰ是CuS的溶解曲线，则曲线Ⅱ是的溶解曲线，A不符合题意；
B．由曲线Ⅱ与纵轴交点的坐标可知，，则当时，，因此，B不符合题意；
C．由曲线I与纵轴交点的坐标可知，，设M点的坐标为，则有，，解得，，因此M点的坐标为，C不符合题意；
D．，，此温度下CuS的饱和溶液中，Ag2S的饱和溶液中，则此温度下的饱和溶液：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】曲线Ⅰ代表CuS的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ代表Ag2S的沉淀溶解平衡曲线，据此解答。
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】A．由分析可知，室温下，Ag2B的溶度积Ksp(Ag2B)=4×10-3a，故A不符合题意；
B．由图可知，e点时NaA溶液过量，f点时NaA溶液恰好反应，由温度不变，溶度积不变可知，e点银离子浓度小于f点，故B不符合题意；
C．由分析可知，AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C不符合题意；
D．若硝酸银溶液浓度变为0.05mol/L，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+离子浓度还是10-bmol/L，则c点会向d点移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 体积均为10mL、浓度均为的NaA溶液、溶液中分别滴加的溶液 ，NaA完全沉淀需要10mL溶液，完全沉淀需要20mL溶液，则左边曲线为与 溶液体积的关系 ，右边曲线为 与 溶液体积的关系。
6．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．Ksp(AgSCN)=c(Ag+)·c(SCN-)，b点后c(SCN-)降低，则可知c(Ag+)升高，故b点滴加的可能是硝酸银溶液，而不可能是加水稀释了，A符合题意；
B．c点滴加KI溶液后，SCN-浓度升高然后达到一个比起始时略高的值，则说明此时溶液中银离子浓度减小，而部分银离子转化为碘化银沉淀，因此c点后有黄色沉淀生成，B不符合题意；
C．d点时氯离子浓度大于起始时的氯离子浓度，而起始时有沉淀溶解平衡应有：c(Ag+)=c(SCN-)，故d点c(Ag+)
故答案为：A。
【分析】A.根据Ksp(AgSCN)=c(Ag+)·c(SCN-)判断；
B.c点后有AgI生成；
C.d点SCN-浓度大于起始时，起始时存在沉淀溶解平衡；
D.c点后有AgI生成，发生沉淀转化。
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
【解析】【解答】A．由分析可知，室温下，Ag2B的溶度积Ksp(Ag2B)=4×10-3a，故A不符合题意；
B．由图可知，e点时NaA溶液过量，f点时NaA溶液恰好反应，由温度不变，溶度积不变可知，e点银离子浓度小于f点，故B不符合题意；
C．由分析可知，AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C不符合题意；
D．若硝酸银溶液浓度变为0.05mol/L，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+离子浓度还是10—bmol/L，则c点会向d点移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 10mL0.1mol·L-1的NaA溶液完全沉淀需要10mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，10mL0.1mol·L-1Na2B溶液完全沉淀需要20mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液，则c点所在曲线为pX=-lgc(A-)与AgNO3溶液体积的关系 ，f点所在曲线为pX=-lgc(B-)与AgNO3溶液体积的关系。
8．【答案】B
【知识点】常见离子的检验；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】A．若无色溶液中含有偏铝酸根离子，向溶液中通入二氧化碳气体也会生成白色沉淀，所以有白色沉淀生成不能说明溶液中一定含有硅酸根离子，故A不符合题意；
B．向浓度均为0.1mol·L-1的氯化镁和氯化铜的混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀说明铜离子优先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁，故B符合题意；
C．钠与硫酸镁溶液反应时，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，则反应生成的固体为氢氧化镁，不是镁，故C不符合题意；
D．将具有脱水性的浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖脱水碳化同时放出大量的热，碳与具有强氧化性的浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水使得蔗糖固体变黑膨胀，所以固体变黑膨胀过程中浓硫酸表现脱水性和强氧化性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二氧化碳通入含偏铝酸根的溶液也会生成白色沉淀；
B. Ksp小的先沉淀；
C.钠与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁、硫酸钠和氢气；
D.浓硫酸与蔗糖的反应体现浓硫酸的脱水性和强氧化性。
9．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙烯的化学性质；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．邻二氮菲是否与亚铁离子形成配位键，溶液变为橙红色，则可检验配位键的形成，A符合题意；
B．Ag2O和稀硝酸反应生成AgNO3和H2O，和氨水反应生成配合物，Ag2O属于碱性氧化物，B不合题意；
C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合、加热，将产生的气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中，溶液褪色，但不能说明反应生成了乙烯，C不合题意；
D．向BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，沉淀洗净后加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，且产生气泡，说明过滤后沉淀中含有BaCO3，说明硫酸钡加入饱和碳酸钠溶液时，形成的溶液中c(Ba2+)c()＞Ksp(BaCO3)，不能据此比较BaSO4与BaCO3的Ksp的相对大小，事实上，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.邻二氮菲能与亚铁离子形成配合物为橙红色；
B. Ag2O与硝酸反应生成盐和水，与氨水反应生成配合物；
C.挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.加入饱和Na2CO3溶液，c(Ba2+)c(CO32-)＞Ksp(BaCO3)，生成BaCO3沉淀可溶于盐酸。
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．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，故c(Cu2+)c2(OH-)比 c(Zn2+)c2(OH-)小即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-7)2=×10-17，B不符合题意；
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K= =，C符合题意；
D．由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、离子浓度越大，则其溶解度越大，溶度积越大；
B、可以根据题干给出的数据进行计算，即pH=7，再结合n=m/M进行计算；
C、难溶电解质转换的平衡常数等于对应离子的难溶电解质的溶度积比值；
D、结合题干可知氢氧化锌为两性氢氧化物。
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；饱和烃与不饱和烃；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．该实验检验氯元素，加入溶液将氯元素还原为氯离子，然后加入稀硝酸排除碳酸根的影响，氯离子和硝酸银生成白色沉淀，离子方程式为：，故A项不符合题意；
B．验证牙膏中的甘油的步骤是先将牙膏溶于水，静置，取上层清液于试管中，再向试管中加入新制氢氧化铜，故B项符合题意；
C．石蜡油与碎瓷片混合加强热，石蜡油会裂解生成乙烯，乙烯是不饱和烃，能使酸性高锰酸钾褪色，故C项不符合题意；
D．往溶液中滴加溶液，出现白色沉淀氯化银，离子方程式为，反应完全后加入碘化钾，氯化银转化为黄色沉淀碘化银，说明溶解度大于，故D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.该白色沉淀为AgCl；
C.不饱和烃能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
D.溶解度较大的难溶电解质容易转化为溶解度较小的难溶电解质。
12．【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．HR为一元弱酸，则的水解方程式为，可知-lgc()增大，减小，-lgc(OH-)增大，减小，浓度与浓度成反比，则曲线L1表示-lgc(R-)与-lgc(M+)的关系，A项不符合题意；
B．难溶盐MR的沉淀溶解方程式为：，曲线L1表示MR，带入-lgc()=6.5，-lgc(M+)=13，计算可得Ksp(MR)的数量级为10-20，B项符合题意；
C．pH=7时为中性溶液，由曲线上的L2点的坐标推知，-lgc()=8，-lgc()=1，则Ka(HR)= ，故溶液中c(HR)＞，C项不符合题意；
D．加水稀释，溶液中HR越稀越电离，溶液中氢离子的浓度减小，浓度增大，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用同离子效应分析；
B．利用图中数据计算Ksp；
C．利用图中数据计算；
D．注意水的离子积是常数。
13．【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．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A不符合题意；
B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B符合题意；
C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C不符合题意；
D．c[M(OH)]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH)存在，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】根据溶解反应可知，当酸性较强时， 的平衡正向移动，的平衡逆向移动，则曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c( )与pH的关系。
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；硅酸的性质及制法；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A. 试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸＞硅酸，A符合题意；
B. 将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，溶液中的氢离子和硝酸根将二价铁氧化成三价铁，不能说明Fe(NO3)2已变质，B不符合题意；
C. 根据量的关系5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液和1 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液知，KI过量，滴加KSCN溶液后，出现血红色，溶液中有Fe3+，则说明反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2是有一定限度的，C符合题意；
D. 先滴入几滴0.01 mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入0.01 mol·L－1CuSO4溶液，又出现的黑色沉淀CuS不一定是由ZnS转化而来，所以无法据此比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小关系，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】B、硝酸根离子遇到氢离子能将亚铁离子转化成铁离子，不能证明变质
D、硫离子过量，故没有体现沉淀的互相转化过程
15．【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由分析可知，Ksp(Ag2CrO4)=(10-2)2×c(10-7.92)=(10-4)2×10-3.92=10-11.92，选项错误，A符合题意；
B.a点在右边Ag2CrO4曲线的左边，c(Ag＋)和c(CrO42－)都比相同条件下的c(Ag＋)和c(CrO42－)小，表示的是Ag2CrO4的不饱和溶液，选项正确，B不符合题意；
C.设K2CrO4和KSCN溶液的浓度均为1，则在Ag2CrO4的饱和溶液中，在AgSCN饱和溶液中，因此Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)大于AgSCN饱和溶液中c(Ag＋)，则沉淀废液中的Ag＋用K2CrO4溶液不如等浓度的KSCN溶液效果好，选项错误，C符合题意；
D.该反应的平衡常数，所以，选项正确，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag＋)c(CrO42－)，在右边曲线分别取虚线焦点的两点，分别求出c(Ag＋)为：10-2mol·L－1和10-4mol·L－1，c(X－)分别为：10-7.92mol·L－1和10-3.92mol·L－1；且两点的c2(Ag＋)c(X－)的值相等，即Ksp(Ag2X)=c2(Ag＋)c(X－)=(10-2)2×c(10-7.92)=(10-4)2×10-3.92=10-11.92，所以右边曲线为Ag2CrO4的Ksp曲线；左边曲线为AgSCN的Ksp曲线，Ksp(AgSCN)=10-4×10-7.92=10-11.92；据此结合选项进行分析。
16．【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
【解析】【解答】解：A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42﹣）c2（Ag+）=（1×10﹣5）×（1×10﹣3）2=1×10﹣11，故A错误；
B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42﹣）增大，平衡逆向移动，则c（Ag+）减小，而Y点变为X点c（Ag+）不变，不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；
C．沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点，Ksp只与温度有关，则一定温度下Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故C正确；
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K= = = =2.0×1014，故D错误；
故选AD．
【分析】A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42﹣）c2（Ag+）；
B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42﹣）增大，平衡逆向移动；
C．沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点，Ksp只与温度有关；
D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br﹣（aq） 2AgBr（s）+CrO42﹣（aq）平衡常数K= = ．
17．【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】解：A．硫酸钡在溶液中完全电离，则加入硫酸钠后，硫酸钡的电离程度不变，仍然为100%，故A错误；
B．加入硫酸钠后，溶液中硫酸根离子浓度增大，溶解平衡向着逆向移动，导致硫酸钡的溶解的量减小，故B正确；
C．c（Ba2+）与c（SO ）的乘积为溶度积，由于温度不变，则硫酸钡的溶度积不变，故C错误；
D．加入硫酸钠后，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电性增强，故D正确；
故选AC．
【分析】向其中加入少量硫酸钠固体，硫酸根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，则硫酸钡的溶解度减小；硫酸钡为强电解质，在溶液中完全电离，则其电离程度不变；由于温度不变，则难溶物溶度积不变，故c（Ba2+）与c（SO ）的乘积不变；溶液中离子浓度增大，溶液的导电性会增强，据此进行解答．
18．【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A．已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则根据越弱越水解可知，相同条件下，浓度相同的四种溶液的pH由大到小的顺序为NaHCO3＞NaClO＞Na2CO3＞CH3COONa，故A错误；
B．物质的量浓度相同的下列溶液：①（NH4）2SO4②（NH4）2CO3③（NH4）2FeSO4，②（NH4）2CO3 中NH4+水解显酸性，CO32﹣水解显碱性，两者相互促进，所以NH4+水解的量较多，NH4+的量较少，③（NH4）2FeSO4 中NH4+水解显酸性，Fe2+水解显酸性，两者相互抑制，所以NH4+水解的量较少，NH4+的量较多，（NH4）2SO4中硫酸根离子对铵根离子浓度无影响，即溶液中c （NH4+）大小：③＞①＞②，故B错误；
C．相同温度下，pH相等的二者等体积混合，溶液的pH不变，仍然是8，故C正确；
D．白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确．
故选CD．
【分析】A．四种物质都是盐溶液，根据越弱越水解进行判断；
B．①（NH4）2SO4②（NH4）2CO3③（NH4）2FeSO4，溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断；
C．相同温度下，pH相等的二者等体积混合，溶液的pH不变；
D．根据沉淀向更难溶的方向转化判断．
19．【答案】A,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，
A．加入CaO，消耗水，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中Ca2+数目减少，故A正确；
B．反应后仍为饱和溶液，c（Ca2+）不变，故B错误；
C．反应后仍为饱和溶液，c（OH﹣）不变，溶液pH不变，故C正确；
D．反应后仍为饱和溶液，c（OH﹣）不变，溶液pH不变，故D错误．
故选AC．
【分析】向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，消耗水，溶液c（Ca2+）、c（OH﹣）增大，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．
20．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】解：A、浓度相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，前二者中铵根浓度肯定大于氯化铵中的铵根浓度，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根离子的水解收的亚铁离子的抑制，所以（NH4）2SO4溶液中铵根浓度小于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根浓度，反过来，c（NH ）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[（NH4）2Fe（SO4）2]＜c[（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl），故A正确；
B、向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶度积小于AgI的溶度积，故B错误；
C、0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，盐酸剩余，溶液显示酸性，故C错误；
D、0.2 mol/L的NaHCO3溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO ）+c（OH﹣），故D正确．
故选AD．
【分析】A、依据与铵根离子结合的另一种离子的影响分析判断离子浓度大小，一水合氨是弱电解质存在电离程度小，铵根离子水解程度小；
B、沉淀向着更难溶的方向进行；
C、根据发生的反应实际来回答判断；
D、根据溶液中的质子守恒来判断．
21．【答案】A,B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由以上分析可知，“酸浸氧化”中，除了 、 两种离子被氧化外，Fe2+也被氧化为Fe3+，故A不符合题意；
B．由以上分析可知，随滤液②可除去的金属离子除了 、 和 外，还有Mn2+，故B不符合题意；
C．由以上分析可知，“沉淀转溶”得到滤渣③的主要成分是 ，故C符合题意；
D．由以上分析可知，“调 ”的目的是为了除去铝元素，故D符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.Fe2+也易被氧化为Fe3+；
B.Mn2+也可随滤液②可除去；
C.依据Fe3+的沉淀pH分析；
D.依据FAl3+的沉淀pH分析。
22．【答案】B,C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．离子浓度的负对数值越大，对应的离子浓度越小，对应的溶度积越小，故曲线Ⅱ代表溴化银的沉淀溶解平衡曲线，选项A不符合题意；
B．常温下，当 时， ，此时， ，选项B符合题意；
C．常温下，当 时， =4.0，饱和溶液中 ，选项C符合题意；
D．加入 固体后，饱和溶液中 增大， 减小，可使溶液由 点变为 点，选项D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A．已知：常温下， ，银离子浓度相同时，氯离子浓度大于溴离子，离子浓度的负对数值越大，对应的离子浓度越小；
B．常温下，当 时， ，，此时， ；
C．常温下，当 时，图像分析溶液中银离子和溴离子的浓度，饱和溶液中 ；
D．加入 固体后，饱和溶液中 增大， 减小。
23．【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由分析可知，b点时Ag＋与NH3·H2O恰好完全反应，Ag＋完成沉淀，根据反应的离子方程式Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋可知，n(Ag＋)=n(NH3·H2O)=0.1mol/L×10mL，由于AgNO3溶液的体积也为10mL，因此c(AgNO3)=0.1mol/L，选项正确，A不符合题意；
B.b点时溶液中溶质为NH4NO3，Ag＋完全沉淀，形成AgOH沉淀，存在沉淀溶解平衡AgOH=Ag＋＋OH－，所以溶液中c(Ag＋)=c(OH－)，此时－lgc(Ag＋)=4，所以c(OH－)=c(Ag＋)=10－4mol/L，所以Ksp(AgOH)=c(Ag＋)·c(OH－)=10-8，选项正确，B不符合题意；
C.b点时溶液的溶质为NH4NO3，b到c的过程中发生反应AgOH＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2＋＋OH－，溶液中NH4＋的量没有增加，由于溶液体积的增大，溶液中c(NH4＋)减小，因此b点溶液中c(NH4＋)大于c点溶液中c(NH4＋)，选项错误，C符合题意；
D.m点溶液中存在电荷守恒c(Ag＋)＋c[Ag(NH3)2＋]＋c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(NO3－)加入过量氨水，溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，因此溶液中c(NO3－)
【分析】滴加氨水的过程中，发生反应Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋；继续滴加氨水，AgOH溶解，发生反应：AgOH＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2＋＋OH－；图中b点为最高点，即－lgc(Ag＋)达到最大值，Ag＋与NH3·H2O恰好完全反应，Ag＋完成沉淀；据此结合选项进行分析。
24．【答案】（1）
（2），在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出；；2.4∶1；，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3），，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）
（5）
【知识点】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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，反应的化学方程式为；
（2）①根据表中数据可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。
25．【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【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；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
26．【答案】（1）90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；油浴加热
（2）SiO2；Fe2O3+5H2C2O4=2 +2CO2↑+4H++3H2O
（3） +2H2O=H2WO4↓+2H+；C
（4）0.01
【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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图可知，90℃时草酸晶体的溶解度最大，溶液中氢离子浓度大，可以增大反应速率和浸取率，所以草酸酸浸时控制温度为90℃；为使加入的草酸完全溶解，实验室中宜选用的加热方式为油浴加热，故答案为：90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；油浴加热；
(2)由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅；氧化铁与草酸溶液反应生成二草酸根离子合铁离子、二氧化碳、氢离子和水，反应的离子方程式为Fe2O3+5H2C2O4=2 +2CO2↑+4H++3H2O，故答案为：SiO2；Fe2O3+5H2C2O4=2 +2CO2↑+4H++3H2O；
(3)①由题意可知， 在溶液中发生水解反应生成钨酸沉淀和氢离子，反应的离子方程式为 +2H2O=H2WO4↓+2H+，故答案为： +2H2O=H2WO4↓+2H+；
②A．加入 可以使 离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，使VO2+离子浓度减小，电离平衡正向移动，故正确；
B．由 离子在溶液中也存在类似 的电离平衡可知， 离子在溶液中也存在着两步电离平衡，加入 可以使 离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，加入 可以使 离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O的过程中还存在着化学平衡，所以该过程涉及了2个以上的化学平衡，故正确；
C．VO2+离子转化为V2O5·H2O的反应中钒元素的化合价升高被氧化，所以转化过程为氧化还原反应，不可能是水解反应，故不正确；
故答案为：C。
(4)由电离常数公式可知，溶液中K1K2= ，当 时，溶液中草酸根离子浓度为 = mol/L=0.01 mol/L，故答案为：0.01。
【分析】向废催化剂中加入草酸溶液将金属氧化物转化为 离子、 离子、 离子，二氧化硅与草酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有 离子、 离子、 离子的浸取液；浸取液经加热蒸发得到浓缩液，向浓缩液中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将 离子转化为 沉淀，过滤得到 和滤液1； 与稀氢氧化钠溶液反应得到钨酸钠；向滤液1中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将 离子转化为氢氧化铁沉淀，同时将 离子转化为V2O5·H2O沉淀；过滤得到滤液2和含有氢氧化铁、V2O5·H2O；向氢氧化铁、V2O5·H2O中加入稀氢氧化钠溶液将V2O5·H2O转化为钒酸钠。
27．【答案】（1）增大了气体与固体粉末间的接触面积
（2）KBF4
（3）3.3≤pH<7
（4）17.2
（5）3CeO2+4Al 2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境
【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)在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；
(2)“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：KBF4；
(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)= =2×10-11，c(H+)= = ，pH=-lg =3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，故答案为：3.3≤pH<7；
(4)“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO =Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2， ，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：17.2；
(5)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al 2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al 2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。
28．【答案】（1）SiO2、TiO2
（2）酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢
（3）3~5
（4）
（5）CO、Cl2
（6）高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应
（7）Sc2(C2O4)3·H2O；2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2
【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】“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，经过酸浸，Fe2O3、Sc2O3转化为Fe3+、Sc3+，而SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；向酸浸后的滤液中加入氨水调节pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3；再向溶液中加入草酸，“沉钪”得草酸钪晶体；将草酸钪晶体加热可得Sc2O3；再将Sc2O3、足量焦炭和Cl2一起加热反应得到ScCl3。
(1)“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2。
(2)盐酸具有挥发性，酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢。
(3)“调pH”时，要出去的杂质离子为Fe3+，溶液中c(Fe3+)≤1.0 10-5mol·L-1，c(OH-)≥ = =1.0 10-11mol·L-1，则pH≥3； 除去Fe3+的同时，Sc3+不能形成沉淀，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，c(OH-)＜ = =1.0 10-9mol·L-1，则pH＜5，故应控制的pH范围是3~5。
(4)已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K= = 。
(5)“加热氯化”过程主要发生的反应为Sc2O3+3C+3Cl2 2ScCl3+3CO，由于Cl2不能完全参加反应，故此过程中排出的气体主要有CO、Cl2。
(6)ScCl3·6H2O沉淀在高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应：ScCl3·6H2O ScOCl+2HCl↑+5H2O。
(7)设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g 80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g 76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g 29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2。
【分析】工业流程题一般解题思路：
一、粗略读题： 首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题。
二、看懂流程图：工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络。
三、掌握化学原理：万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考察的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
四、注意反应条件：同样的物质在不同的反应条件会出现不同的产物，所以在解答工艺流程的题目时，一定要注意反应条件，尤其是一些隐晦的反应条件，如反应温度改变和新生成的原料参与反应。
五、产物的分离与提纯：工艺流程类型的题目，一般都会涉及收集到目标产物后的分离与提纯操作，这就要求我们掌握常见的分离和提纯的名词以及方法，并且懂得不同方法的区别和优劣。
29．【答案】（1）1：3
（2）C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（3）在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖
（4）醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
（5）5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断
【解析】【解答】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4 H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
(1)由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得， ，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x：y=2：6=1：3；答案为1：3。
(2)由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
(3)由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
(4)由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4 H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4 H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。
(5)由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；答案为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。
【分析】(1)根据化合价代数和为0分析；
(2)利用得失电子守恒和原子守恒。
(3)考虑副反应及反应的效率。
(4)沉淀洗涤应在漏斗中进行。
(5)利用K=计算。
30．【答案】（1）粉碎矿石、升高温度、增大H2SO4浓度、搅拌等(任意两点)
（2）Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O
（3）洗去表面钾盐、钠盐等易溶性杂质
（4）H2O2；3
（5）H+与F-结合成HF，使F-浓度减小，Ca2+和Mg2+沉淀不完全；CaF2、MgF2
（6）7：13
【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】第一问从反应速率的影响因素角度考虑即可，第二问，考虑锰离子结合碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子，从而生成碳酸锰沉淀；在后面计算沉淀三价铁所需要的pH的时候，可以根据氢氧化铁的溶度积常数进行计算，最后一问可以根据化合物中，正负化合价代数和为零的原则进行计算，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，提高溶浸速率的两种可行措施有：粉碎矿石、升高温度、增大H2SO4浓度、搅拌等(任意两点)；
(2)锰离子和碳酸氢根离子发生反应生成碳酸锰，离子方程式为：Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O；
(3)根据菱锰矿的成分可以发现，碳酸锰表面可能会吸附一些杂质离子，故洗涤粗品MnCO3的目的是洗去表面钾盐、钠盐等易溶性杂质；
(4)原材料菱锰矿含有铁元素杂志，制备过程中，需要把二价铁氧化为三价铁，还不能引入杂志，可以采用过氧化氢作为氧化剂；当Fe3+浓度等于1×10-5mol/L时，根据其Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，可以计算出此时pH=3，故此时溶液的pH至少为3；
(5)根据流程可知，主要是利用F-，沉淀Ca2+和Mg2+，而HF是弱酸，pH过低时会降低F-浓度，故需适当增大溶液pH的原因是H+与F-结合成HF，使F-浓度减小，Ca2+和Mg2+沉淀不完全；滤渣2的主要成分是：CaF2、MgF2；
(6)在该物质中Co和Mn的化合价分别是+3和+4价，设Ni2+数目为a，则Ni3+的数目-a，当x=0.4时，根据正负化合价代数和为0可知：1+2×a+3×(-a)+3×+4×-2×2=0解的，a=，则Ni2+与Ni3+的数目比为7：13。
【分析】酸浸的目的是溶解碳酸锰，加入碳酸氢铵的目的是得到MnCO3，洗涤目的是除去沉淀表面上的杂质，加入氧化剂目的是氧化Fe2+，然后调节pH，使Fe3+沉淀，然后利用 Ca2+和Mg2+与F-结合形沉淀除去。
31．【答案】（1）3d54s2
（2）1：3
（3）C6H12O6 + 24H+ + 12MnO2 =12Mn2+ + 6CO2↑+ 18H2O
（4）少量多次加入葡萄糖
（5）醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
（6）5.87×10–10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K= =2.16×105>1×105，所以能彻底进行
【知识点】原子核外电子排布；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】锌电解阳极泥主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag，加硫酸溶解，ZnO和稀硫酸反应生成硫酸锌溶液和水，滤渣中含有MnO2、PbSO4、Pb2Mn8O16、Ag，加稀硫酸用葡萄糖还原滤渣，过滤得含有硫酸铅和银的滤渣和硫酸锰溶液，硫酸锰溶液蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得MnSO4 H2O晶体；硫酸铅和银的固体混合物加碳酸钠，硫酸铅转化为碳酸铅，用醋酸溶解碳酸铅，过滤出银，得到醋酸铅溶液，醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀。
(1)Mn是25号元素，Mn原子基态价层电子排布式为3d54s2；
(2)Pb2Mn8O16中 Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn的个数为x，根据化合价代数和等于0，(+2)×2+2x+(+4)×(8-x)-2×16=0，解得x=2，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为1：3；
(3)根据流程图，“还原酸浸”过程中，在酸性条件下，二氧化锰被葡萄糖还原为硫酸锰，葡萄糖被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为C6H12O6 + 24H+ + 12MnO2 =12Mn2+ + 6CO2↑+ 18H2O；
(4)在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生信息②所示副反应，少量多次加入葡萄糖可以提高葡萄糖的有效利用率；
(5)醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀和醋酸，反应生成的醋酸可以循环到醋酸溶铅过程，整个流程中可循环利用的物质是醋酸。MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇，为减少硫酸锰的损失，洗涤的具体操作是：向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4 H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；
(6)饱和硫酸铅溶液中c(Pb2+)=，则要生成碳酸铅沉淀，Na2CO3溶液的最小浓度为mol/L；该沉淀转化方程式为，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K= =2.16×105>1×105，所以能彻底进行。
【分析】（1）Mn的原子序数为25， Mn原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价层电子排布式为3d54s2；
（2）根据化合物中化合价代数和为0进行计算；
（3）“还原酸浸”过程中，二氧化锰被葡萄糖还原为硫酸锰，葡萄糖被氧化为二氧化碳，根据得失电子守恒和质量守恒书写离子方程式；
（4）少量多次加入葡萄糖可以提高葡萄糖的有效利用率；
（5）醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀和醋酸，反应生成的醋酸可以循环到醋酸溶铅过程，整个流程中可循环利用的物质是醋酸；MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇，用乙醇进行洗涤；
（6）结合Ksp (PbCO3) 计算Na2CO3溶液的最小浓度；沉淀转化的方程式为，计算该反应的平衡常数，与1×105进行比较确定是否彻底进行。
32．【答案】（1）SiO2+2OH-=SiO+H2O
（2）盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小
（3）3%；65℃；洗去有机相中的FeCl3
（4）5.97
（5）5
（6）Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O；钪(Sc)
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】由题给流程可知，赤泥加入盐酸酸浸时，钪元素转化为氯化钪，氧化铁、氧化铝溶解转化为氯化铁、氯化铝，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸渣和含有氯化钪、氯化铁、氯化铝的浸出液；向浸出液中加入萃取剂P2O4萃取钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的溶液和有机相；向溶液中加入萃取剂萃取溶液中的铁离子，分液得到氯化铝溶液；氯化铝溶液经蒸发结晶得到氢氧化铝，煅烧氢氧化铝制得氧化铝；有机相用盐酸洗涤、分液得到水相和有机相；有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取，过滤得到反萃液和氢氧化钪；氢氧化钪加入盐酸溶解、富集得到氯化钪；向氯化钪溶液中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪，过滤、灼烧草酸钪制得三氧化二钪。
(1)“浸渣”与强碱溶液的反应为二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO+H2O；
(2)盐酸是挥发酸，受热易挥发，若酸浸时温度过高，氯化氢挥发会使盐酸浓度减小导致酸浸速率下降，故答案为：盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小；
(3)由表格数据可知，P2O4的浓度为3%时，钪萃取率最高、铁萃取率最低，由图可知，料液温度为65℃时，钪/铁、钪/铝分离系数最高，所以萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为3%、65℃，故答案为：3%；65℃；
(4)由溶度积可知，钪离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为==2×10-8.33mol/L，则溶液的pH为14-8.33+lg2=5.97，故答案为：5.97；
(5)由钪原子原子个数守恒可知，草酸钪的物质的量与三氧化二钪的物质的量相等，由题给数据可知，草酸钪晶体中草酸钪和结晶水的物质的量比为：1：x=：，解得x=5，故答案为：5；
(6)由得失电子数目守恒可知，草酸钪晶体受热分解生成三氧化二钪、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O，一氧化碳高温下还原性强，反应中生成的一氧化碳高温条件下能与三氧化二钪反应生成钪和二氧化碳，则固体副产物主要为钪，故答案为：Sc2(C2O4)3·5H2OSc2O3+3CO2↑+3CO↑+5H2O；钪(Sc)。
【分析】分析流程可知，铅土矿经碱初步溶解，发生反应Al2O3-2OH-= 2AlO2-+H2O，得到的赤泥含有丰富的钪元素，另含有CaO、Fe2O3、SiO2、Al2O3等氧化物。用盐酸酸浸，处理后所得“浸渣”为二氧化硅，二氧化硅可作为制作光导纤维的原料，P2O4萃取浸出液，根据图表分析可知，其浓度为3%时钪萃取率最大、另外钪铁萃取率差别最大，料液温度对萃取率的影响：65℃时Sc/ Fe、Sc/ Al的分离系数最大，有机相用盐酸洗涤得有机相与水相分离，用NaOH沉淀得Sc(OH)3，调节pH溶解富集得ScCl3，ScCl3与草酸反应生成草酸钪和HCl，草酸钪灼烧分解得Sc2O3；含铁铝溶液，萃取除铁，得AlCl3溶液，蒸发结晶、灼烧得Al2O3，据此分析回答问题。
33．【答案】（1）
（2）
（3）促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全
（4）{、、、}
（5）除去氯离子(或)
（6）
（7）三种晶体都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】提锌浸出渣经稀硫酸溶浸，分离出滤渣1为PbSO4，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入ZnO调节pH分离出滤渣2为Fe(OH)3，溶液中的Cl-会对电解NaGaO2溶液造成影响，则试剂a的作用是除去Cl-，Zn用来还原Cu2+，滤渣4为Cu和过量的Zn，Na2S溶液用来除去过量的Zn2+，滤渣5为ZnS，电解NaGaO2溶液得到Ga。
(1)稀硫酸溶浸时，Pb2+转化为不溶的PbSO4，则滤渣1为PbSO4，故答案为：PbSO4；
(2)加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，则“氧化”过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)“调pH沉淀除杂”主要是为了除去Fe3+，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热可以促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全，故答案为：促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全；
(4)调pH的目的是使Fe3+沉淀完全，而Ga3+不沉淀，Fe3+沉淀完全时，，则，则pH=2.7，由图可知， Ga3+开始沉淀的pH=3，则“调pH沉淀除杂”的理论范围为2.7
(6)试剂a的作用是除Cl-，根据已知②可知，可利用Cu除去Cl-，试剂a可以是Cu，还原除杂的过程中生成Cu，则流程中可以循环利用的是Cu，故答案为：Cu；
(7)GaN、GaP、GaAs都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小，故答案为：三种晶体都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小。
【分析】（1）提锌浸出渣经稀硫酸溶浸，铅离子和硫酸根离子结合生成硫酸铅，滤渣1为硫酸铅；
（2）加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，根据氧化还原规律书写离子方程式；
（3）加入ZnO调节pH是为了除去铁离子，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热可以促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒；
（4）调pH的目的是使Fe3+沉淀完全，而Ga3+不沉淀，结合Ksp计算；
（5）溶液中的Cl-会对电解NaGaO2溶液造成影响，用试剂a除去Cl-；
（6）根据已知信息，可利用Cu除去Cl-，试剂a可以是Cu，还原除杂的过程中生成Cu，Cu可循环利用；
（7）GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，共价键强度越强，熔点越高。
34．【答案】（1）I-会被空气中的O2氧化；2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3
（2）酸式滴定管；B；ab或ba(答“de”“ed”“gh”“hg”“jk”“kj”均可)；PbI2固体不断溶解
（3）产生金黄色沉淀(或“产生亮黄色沉淀”“产生黄色浑浊”)；200；小于
【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；探究沉淀溶解；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】(1)①I-具有较强还原性，会被空气中的O2氧化，导致KI溶液变质；
②根据题意KI和Pb(NO3)2发生复分解反应生成PbI2沉淀，根据元素守恒可得化学方程式为2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3；
(2)①根据仪器X的结构特点可知其为酸式滴定管；
②由电导率变化曲线可知，电导率出现3次急剧的下降，说明蒸馏水是分三次快速放入，
故答案为：B；
③悬浊液导电是因为存在平衡PbI2Pb2++2I-，加水稀释后，离子浓度瞬间下降，电导率瞬间减小，之后反应正向移动，PbI2固体不断溶解，重新达到平衡，而PbI2饱和溶液中Pb2+和I-的浓度不变，所以平衡后电导率相同，即ab、de、gh、jk均可以表示PbI2固体的溶解达到平衡状态，而c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是PbI2固体不断溶解，导致了溶液中离子浓度不断增大；
(3)①增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，清液中产生金黄色的PbI沉淀；
②为保证变量唯一，所用蒸馏水的体积应与所用“上层清液”的体积相同，即200mL；
③增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，导致溶液中的离子浓度减小，电导率的变化会小于蒸馏水中，所以A2-A1小于B2-B1。
【分析】（1） 在空气中久置会变质 ，可以从以下几点考虑：被空气氧化，吸收空气中的酸性气体CO2等，潮解
（2）酸式滴定的下端为旋塞，碱式滴定管下端为橡胶管
达到溶解平衡时各离子浓度保持不变，电导率也就不变
（3） PbI2 (s) Pb2+(aq)+ 2I-(aq)，加入KI，I-浓度增大，逆向移动，有金黄色沉淀产生
35．【答案】（1）阳；H2
（2）2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
（3）CuS
（4）9.15
（5）NaCl；Na2SO4
（6）BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4；该反应的K==1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；降低NiS2O3的溶解度
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】先将高磷镍铁制成电极板，进行电解，Ni、Fe、Zn、Cu转化为阳离子进入溶液，之后加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀；过滤后加入H2S除去Cu2+和Zn2+；过滤后向滤液中加入NaOH得到Ni(OH)2沉淀，过滤、水洗沉淀后，加入硫酸溶解，得到硫酸镍溶液，经系列处理得到NiSO4·6H2O。
(1)电解的主要目的应是将金属元素转化为相应的金属阳离子，所以高磷镍铁应为阳极，被氧化；阴极主要为氢离子放电，所以主要产物为H2；
(2)“除铁磷”时，ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
(3)“除铁磷”后主要杂质还有Cu2+、Zn2+，所以加入H2S除杂时得到的“滤渣2”的主要成分为ZnS和CuS；
(4)当溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==mol/L=×10-5mol/L，所以c(H+)=×10-9mol/L，此时pH=-lg c(H+)=9.15，所以理论上应调节溶液pH≥9.15；
(5)ClO-会被还原为Cl-，电解时选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液，所以溶液中阴离子还有SO，而阳离子只剩加入的Na+，所以“母液”中的溶质主要有NaCl、Na2SO4；
(6)①根据题意，NiSO4溶液可以使BaS2O3沉淀转化为BaSO4沉淀，同时得到NiS2O3，化学方程式为BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4；该反应的平衡常数K====1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；
②无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度，利于晶体析出。
【分析】（1）“阳氧阴还”阳极溶解高磷镍铁，阴极还原H+生成H2
（2）利用NaClO的氧化性，氧化 Fe2+
（3）除杂时 Zn2+和 Cu2+多以硫化物难溶物除去
（4）根据 Ksp 表达式进行计算，pH = -lgC(H+)
（5）母液分析时考虑溶液中未形成沉淀的离子，反应过程中生成的离子，原溶液中已有的离子
（6）一般认为一个
