2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：沉淀溶解平衡（含解析）
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| 名称 | 2023北京重点校高二（上）期中化学汇编：沉淀溶解平衡（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-28 16:15:37 | ||
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文档简介
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2023北京重点校高二（上）期中化学汇编
沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2023北京北师大二附中高二上期中）某温度时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中，不正确的是
A．CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡：CaSO4Ca2+(aq)+SO(aq)
B．a点表示CaSO4在水中达到沉淀溶解平衡
C．b点有CaSO4沉淀生成
D．由图可知，含大量SO的溶液中不存在Ca2+
2．（2023北京15中高二上期中）下列实验操作不能达到实验目的的是
实验操作 实验目的
A 常温下，测定等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的 证明相同条件下，在水溶液中电离程度大于
B 用试纸测定溶液的 比较电离程度和水解程度的大小
C 向溶液中加入溶液，再向混合液中滴加溶液，产生蓝色沉淀 比更难溶
D 向含酚酞的溶液中加入溶液 证明溶液中存在水解平衡
A．A B．B C．C D．D
3．（2023北京北师大实验中学高二上期中）下列物质的用途或事实与盐类的水解无关的是
A．用溶液处理锅炉水垢中的
B．明矾[]用于净水
C．用热饱和溶液清洗试管壁上附着的植物油
D．由制取无水固体时，需在HCl气流中蒸发
4．（2023北京密云二中高二上期中）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行下图所示实验。
下列关于该实验的分析不正确的是
A．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生
B．①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN－)>Ksp(AgSCN)
C．①中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq) +SCN－(aq)
D．②中无明显变化是因为溶液中的c(SCN－)过低
5．（2023北京四中高二上期中）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。
下列关于该实验的分析不正确的是
A．①中产生白色沉淀的原因是
B．①中存在平衡：
C．上述实验能证明向沉淀转化反应的发生
D．③中溶液变红说明
6．（2023北京北大附中高二上期中）时，在溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A．时，的
B．时，a点对应的是饱和溶液，b、d两点对应的都是不饱和溶液
C．时，向a点对应的溶液中加入少量固体，溶液由状态a移动至状态c
D．降低温度至，溶液由状态d移动至状态b
7．（2023北京15中高二上期中）向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是
实验 序号 c(CaCl2)(mol·L-1) 滴加CaCl2溶液时的 实验现象 加热浑浊液时的 实验现象
① 0.05 至1.32 mL时产生明显浑浊，但无气泡产生 有较多气泡生成
② 0.005 至15.60 mL时产生明显浑浊，但无气泡产生 有少量气泡生成
③ 0.0005 至20 mL未见浑浊
A．①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)·c(CO32 )>Ksp(CaCO3)
B．未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3
C．加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2
D．向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡
8．（2023北京北师大附中高二上期中）下列说法中正确的是
A．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液一定有红褐色沉淀产生
B．制备AlCl3、NaCl均可以采用将溶液直接蒸干的方法
C．向饱和食盐水中滴加浓盐酸，不会有沉淀析出
D．盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性
9．（2023北京15中高二上期中）工业回收铅蓄电池中的铅，常用或溶液处理铅膏(主要成分)获得： 。经处理得到的灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb，下列说法正确的是
A．的溶解度小于
B．处理后，或溶液的pH升高
C．若用等体积、等浓度的和溶液分别处理，溶液中的转化率较大
D．整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
10．（2023北京北师大二附中高二上期中）下列反应与电离平衡无关的是
A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应制备FeCO3
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3
11．（2023北京首师大附中高二上期中）下列实验对应的结论正确的是
实验 (红棕色)(无色) 热水中颜色更深 白色沉淀变为红褐色沉淀 试管中出现白色沉淀 蒸发皿中出现红褐色固体
结论 A．正反应吸热 B．相同温度下的溶解程度： C．酸性： D．不能用蒸发结晶制备FeCl3晶体
A．A B．B C．C D．D
12．（2023北京101中学高二上期中）下列过程与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是
A．用热的纯碱溶液去油污效果好
B．实验室保存溶液时，常加入少量的铁粉
C．将溶液加入水垢中使转化为
D．向含杂质的溶液中滴加氨水调，可以除去
13．（2023北京密云二中高二上期中）下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是
A．在燃煤时加入适量石灰石，可减少SO2的排放： 2CaCO3+O2+2SO2 =2CaSO3+ 2CO2
B．用食醋除去暖水瓶中的水垢：2CH3COOH + CaCO3 = Ca2++2CH3COO－+ CO2↑+ H2O
C．自然界各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后产生的硫酸铜，遇到难溶的PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)：Cu2+++PbS =CuS+PbSO4
D．在盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)上通过 施加适量CaSO4，可降低土壤的碱性：CaSO4+Na2CO3=CaCO3+ Na2SO4
14．（2023北京首师大附中高二上期中）工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分)和方铅矿(主要成分PbS、)，制备和，转化流程如下。
已知：微溶于水，溶液中存在可逆反应：。
下列说法正确的是
A．Ⅰ中可使用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液
B．Ⅱ中生成的沉淀Y是
C．Ⅳ中试剂X可能作氧化剂
D．Ⅴ中发生反应：
二、解答题
15．（2023北京汇文中学高二上期中）红矾钠()可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。
已知：i．溶液中存在以下平衡：
ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的
4.3 5.6
7.1 9.2
(1)Ⅱ中，加入调节至___________(填字母)。
A． B． C． D．
(2)Ⅲ中，氧化沉淀的离子反应方程式为 。
(3)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是 。
(4)Ⅳ中，加入的作用是 (结合平衡移动原理解释)。
(5)为了测定获得红矾钠的纯度，称取上述流程中的产品配成溶液，取出放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。(已知：。)
①滴定终点的现象为 。
②所得(摩尔质量为)的纯度表达式为 (用质量分数表示)。
16．（2023北京北师大二附中高二上期中）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：
物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl
溶解度/g（20℃） 2.4×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4
（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化
实验操作：
试剂A 试剂B 试剂C 加入盐酸后的现象
实验Ⅰ BaCl2 Na2CO3 Na2SO4 ……
实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解
① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后， 。
② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是 。
③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因： 。
（2）探究AgCl和AgI之间的转化
实验Ⅲ：
实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。
装置 步骤 电压表读数
ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K a
ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b
ⅲ.再向B中投入一定量NaCl (s) c
ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s) a
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
① 实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是 （填序号）。
a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是 。
③ 结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因： 。
④ 实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是 。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： 。
17．（2023北京101中学高二上期中）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
(1)E1= 。
(2)提高H2平衡产率的措施有 (答2条)。
Ⅱ.MgH2水解制备H2
(3)MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是 。
(4)MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是 。
(5)MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是 。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是 。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是 。
18．（2023北京首师大附中高二上期中）处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得溶液可制备草酸亚铁晶体和胆矾(CuSO4·5H2O)。相关流程如下图：
已知：①生物堆浸使用的T.f细菌在pH1.0~6.0范围内可保持活性。
②金属离子沉淀的pH如下表。
开始沉淀时的pH 1.5 4.2 6.3
完全沉淀时的pH 2.8 6.7 8.3
(1)生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是 。
(2)生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：。第二阶段反应：继续被氧化。结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在 范围内。
(3)若生物堆浸过程中，溶液的pH>2.8，则继续被氧化的离子反应为 。
(4)过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是 。
(5)测定草酸亚铁晶体()的x/y值，实验如下：
I．KMnO4浓度的标定：准确称取0.15gNa2C2O4，加入20mL水和8mL稀硫酸，溶解后用KMnO4标准液滴定。
①滴定终点现象为：当最后半滴高锰酸钾标准液加入后，锥形瓶中溶液 。
②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定高锰酸钾标准液浓度会偏 (填“大”或“小”)
Ⅱ．草酸亚铁组成测定
步骤1：称量mg，溶解后加稀H2SO4酸化，用溶液滴定至终点。
步骤2：向上述溶液中加入过量锌粉将转化为，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V2mL。
已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为、CO2，锰元素被还原为
③草酸亚铁晶体()的x/y值为
19．（2023北京人大附中高二上期中）三氧化二砷(As2O3)是重要的化工原料，某以含砷废水制备三氧化二砷的流程如下。
资料：
ⅰ．含砷废水的主要成分：(亚砷酸)、、、(硫酸铋)。
ⅱ．是可溶的弱酸，、均为难溶沉淀。
(1)纯化
充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是 。
(2)沉砷
①沉砷过程中由生成的离子方程式为 。
②沉砷过程中按加入[与分别表示Cu元素与As元素的物质的量]，同时需小心调控溶液的pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是 。
(3)还原浸出
①补全还原浸出过程发生主要反应的化学方程式： 。
__________
②其他条件相同时，还原浸出，不同温度下砷的浸出率如下图。随着温度升高，砷的漫出率先增大后减小的原因是 。
(4)还原渣经过充分氧化处理，可返回 (填字母)工序，循环利用。
a．纯化 b．沉砷 c．还原浸出
20．（2023北京北师大二附中高二上期中）印刷电路板废液主要含(CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质， 以废液为原料制备CuSO4，实现资源回收再利用，流程如下图所示。
(1)粗CuSO4溶液的制备
① 上述流程中能加快反应速率的措施有 。
② 加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有 。
(2)CuSO4溶液的精制
i．经检验，粗CuSO4溶液含有Fe2+
ii．向粗CuSO4溶液滴加 3%的H2O2溶液，当溶液中Fe2+完全氧化后，加 A物质的粉末调节溶液的 pH=4。
iii．将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制CuSO4溶液。
① ii中，用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用 ；A物质是 。
② 25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39 。pH=4 时，c(Fe3+) mol L 1。 判断Cu2+此时尚未开始沉淀，依据是 。 (25℃时，CuSO4饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度约为 1.4mol·L )
③ 精制CuSO4溶液显酸性，原因是 (用离子方程式表示)
(3)制备CuSO4 5H2O晶体
向精制的CuSO4溶液中加一定量硫酸， ，过滤，洗涤干燥，得到CuSO4 5H2O晶体。
21．（2023北京北师大实验中学高二上期中）砷(As)是一种重要的非金属元素，常用于农药、杀虫剂等领域。
(1)亚砷酸()可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态。25℃向溶液中滴加溶液，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。
①结合化学用语解释溶液显碱性的原因 。
②下列说法正确的是 (填字母)。
a．溶液：
b．当时，溶液中：
c．当时，向该溶液中加一定量的水，则溶液中增大
(2)三价砷[As(Ⅲ)]废水因其毒性很强，所以需要处理后才能排放。
①采用化学沉降法处理含砷废水。向废水中先加入适量漂白粉氧化(氧化后溶液pH约为8)，再加入生石灰将砷元素转化为沉淀。
资料：a．，较更难溶于水，溶液中离子浓度，可认为沉淀完全；
b．一定条件下，As(Ⅴ)的存在形式如下图所示：
ⅰ．加入生石灰的作用是 。
ⅱ．当除去时，溶液中的至少为 。
ⅲ．若氧化不充分，会使该方法处理后废水中的含砷量 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②采用铁盐处理含砷废水。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。经测定不同pH条件下铁盐对含砷(Ⅲ)化合物的去除率如下图所示。
ⅰ．由图可得出的结论是 。
ⅱ．10min时，不同pH溶液中砷(Ⅱ)的去除率不同，其原因是 。
22．（2023北京北师大实验中学高二上期中）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的和1.0%的。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(MO)浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以计)
CaO MgO 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 99.0 6.0 a 97.6 2.20
备注：
ⅰ．MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(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的纯度。
①溶液显酸性，原因是 (用化学用语解释)。
②解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是 。
③下列有关滤液A及沉钙过程的说法中正确的是 。
a．由于浸钙时稍过量，所以溶液A呈酸性；
b．溶液A中；
c．沉钙反应的离子方程式为；
④“浸钙”过程选用的比例为2.4：1时，碳酸钙纯度的计算值 。
⑤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MgO的浸出率低于60%。
①浸镁反应的离子方程式是 。
②加热蒸馏，MgO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)该流程中可循环利用的物质是 。
23．（2023北京四中高二上期中）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：
资料：i．磷灰石的主要成分是
ii．可溶于水，微溶于水
ii．
iv．
(1)制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和 。
②增大酸浸反应速率的措施有 (只写1条)。
③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是 。
(2)制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是 。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。
pH=1时，溶液中的，则 。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀 。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是 。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是 (答出2点)。
24．（2023北京101中学高二上期中）某小组验证“”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。
(1)从正反应方向探究
实验1：取溶液，加入溶液，溶液呈棕黄色，不再发生变化。
①通过检测出 ，证实反应A存在限度。
②加入，振荡，平衡向 移动。
(2)从逆反应方向探究
实验2：向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显变化。未检出。
①甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度。甲同学依据的原理是 。
②验证：加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出。
(3)乙同学认为碘水中含有，加入溶液也可能产生沉淀。
做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。
查阅资料：。
实验验证：
已知：(微溶)
①Ⅲ中红溶液的作用是 。
②Ⅳ中溶液的作用是 (用离子方程式表示)。
检验、比较沉淀a、b的成分，可明确的作用。
(4)问题思考：在与碘水的混合液中加入溶液，可能发生如下反应：
i．与在的促进下发生的氧化还原反应
ii．与在促进下发生的反应
iii．与的反应
确认是否发生反应iii，设计实验：将反应后混合物过滤， 。
供选择试剂：稀溶液、溶液
已知：溶于溶液；难溶于稀
25．（2023北京北师大实验中学高二上期中）应用广泛。利用工业废碱渣(主要成分)吸收硫酸厂尾气中的制备无水的成本低、优势明显，其流程如下：
已知：①溶液的pH约为4.7；
②吸收过程中，当吸收塔中pH约为5时吸收液进入中和器。
(1)举例说明向大气中排放导致的环境问题 。
(2)中和器中发生的主要反应的化学方程式是 。
(3)为了促进结晶，中和器中加入过量的NaOH．请结合化学用语，从平衡移动的角度解释 。
(4)写出生产过程中吸收塔内发生反应的离子方程式 。
(5)检验成品质量。
①取少量成品溶解， ，说明成品中含。请补全操作与现象。
②可用碘量法测定成品中的含量，过程如下：
ⅰ．将mg成品溶于水配成100mL溶液，取25mL于碘量瓶中，并调至弱酸性；
ⅱ．加入的碘标准液，盖上瓶塞，缓慢振荡使其充分反应；
ⅲ．用的标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗标准液。(已知：)
a．滴定终点的现象是 。
b．成品中的质量分数是 。
参考答案
1．D
【详解】A．CaSO4在水中难溶，但并非不溶，在水中存在沉淀溶解平衡CaSO4Ca2+(aq)+SO(aq)，A正确；
B．图象为CaSO4的沉淀溶解平衡曲线，a点在沉淀溶解平衡曲线上，在此曲线上的各点均表示CaSO4在水中达到溶解平衡，B正确；
C．b点的c(Ca2+)与c(SO)乘积大于Ksp(CaSO4)，因此b点状况下有沉淀生成，C正确；
D．根据沉淀溶解平衡c(Ca2+)=，含有大量SO的溶液中，c(Ca2+)极小并非不存在，D错误；
故答案选D。
2．C
【详解】A．测定等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的pH，可知盐酸的酸性大于醋酸的酸性，则在水溶液中HCl电离程度大于CH3COOH，故A正确；
B．NaHSO3溶液显酸性，则电离程度大于其水解程度，故B正确；
C．NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铜反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能证明比更难溶，故C错误；
D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液的红色变浅，故D正确。
答案选C。
3．A
【详解】A．Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），故用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，能将CaSO4转化为CaCO3，从而有利于除去，和盐类水解无关，故A错误；
B．明矾用于净水是由于Al3+水解产生Al(OH)3胶体，使悬浊物沉降，可以净水，B项正确；
C．碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故能使植物油水解，和盐类水解有关，故C正确；
D．Fe3+在水中会水解，加热会促进Fe3+的水解，故由制取无水固体时，需在HCl气流中蒸发，抑制Fe3+的水解，D项正确；
答案选A。
4．A
【分析】硝酸银溶液中加入KSCN溶液，硝酸银过量，生成白色AgSCN沉淀，滴加硝酸铁溶液，试管②不变红，说明溶液中SCN-的浓度很少，加入碘化钾溶液，由于硝酸银过量，会产生黄色沉淀AgI，但试管③中溶液变红，说明发生反应：AgSCN+I-=SCN-+AgI。
【详解】A．据分析，加入碘化钾溶液，由于硝酸银在第一步反应中未完全反应，会生成黄色的AgI沉淀，但是②试管不变红，③试管变红，说明溶液中SCN-浓度增大，则AgSCN与I-反应转化成了AgI和SCN-，故A错误；
B．Qc(浓度商)>Ksp时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN－)>Ksp(AgSCN)，故B正确；
C．难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体，存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq) +SCN－(aq)，故C正确；
D．Fe3+遇SCN-溶液变红，②中无明显变化是因为溶液中SCN-的浓度过低，故D正确；
选A。
5．D
【详解】A．Qc>Ksp时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是，A正确；
B．难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体，存在平衡：，B正确；
C．②中溶液不变红，③中溶液变红，说明③中增大，存在反应，能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，C正确；
D．③中溶液变红说明③中增大，存在反应，但由于加入KI溶液浓度大于KSCN，即可产生碘化银沉淀，不能证明，D错误；
故选D。
6．C
【详解】A．根据图中a点对应的数据可知，PdI2的Ksp=7×10-5×(1×10-4)2=7×10-13，A错误；
B．a点在曲线上，为饱和溶液，b点在a点正下方，为不饱和溶液，d点在曲线上方，为过饱和溶液，B错误；
C．a点对应的是PdI2的饱和溶液，加入少量NaI固体，c(I-)增大，Ksp不变的情况下，c(Pd2+)减小，但是仍在曲线上，溶液由状态a移动至状态c，C正确；
D．b点溶液为不饱和溶液，沉淀溶解过程吸热，溶液由状态d降低温度至T℃时生成沉淀，仍为饱和溶液，不可能移动至状态b，D错误；
故答案选C。
7．C
【分析】向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙。
【详解】A. 根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2+)·c(CO32 )>Ksp(CaCO3)，故A正确；
B. 未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确；
C. 未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；
D. 向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同时产生浑浊和气泡，故D正确。
8．D
【详解】A．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液能得到氢氧化铁胶体，故A错误；
B． 氯化铝能水解，将AlCl3溶液直接蒸干，得到氢氧化铝，故B错误；
C．向饱和食盐水中滴加浓盐酸，氯离子浓度增大，会有氯化钠晶体析出，故C错误；
D．盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)施加适量石膏，生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度降低，平衡逆向移动，土壤的碱性降低，故D正确；
选D。
9．C
【详解】A．由反应 ，该反应平衡常数大于，说明反应正向进行程度较大，转化为较容易实现，则的溶解度更小，故A错误；
B．处理后，溶液中的浓度减小，水解出的氢氧根离子浓度减小，pH下降，故B错误；
C．等体积、等浓度的和溶液，溶液中的碳酸根离子浓度更大，更有利于转化为碳酸铅，的转化率更大，故C正确；
D．转化为碳酸铅为复分解反应，转化为PbO为分解反应且无价态变化，PbO再经一步转变为Pb属于氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
10．D
【详解】A． FeSO4溶液与NH4HCO3反应的方程式：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，利用了碳酸氢根离子的电离平衡，A不选；
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH，利用了水可以电离出氢离子的电离平衡，B不选；
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3，利用了一水合氨的电离平衡，C不选；
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，利用了难溶物的转化，不属于电离平衡，D选；
故选D。
11．D
【详解】A．由热水中颜色更深可知，升高温度二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故A错误；
B．氢氧根离子过量，不能证明沉淀发生转化，故无法说明相同温度下氢氧化镁的溶解程度大于氢氧化铁，故B错误；
C．盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢优先与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则题给装置不能用于比较碳酸和硅酸的强弱，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，直接加热蒸发完全水解，得到氢氧化铁，得不到氯化铁晶体，故D正确；
故选D。
12．B
【详解】A．纯碱溶液溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，去污效果好，A不符题意；
B．实验室保存溶液时，常加入少量的铁粉，是为了防止亚铁离子被氧化，与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关，B符合题意；
C．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质，反应过程中生成了更难溶性电解质，与难溶电解质的溶解平衡有关，C不符题意；
D．向含杂质的溶液中滴加氨水调，促进的水解生成氢氧化铁沉淀，可以除去，与盐类水解平衡有关，D不符题意；
故选B。
13．A
【详解】A．在燃煤时加入适量石灰石，可减少SO2的排放的反应为2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，故A错误；
B．用食醋除去暖水瓶中的水垢生成醋酸钙和二氧化碳、水，醋酸是弱电解质，碳酸钙难溶，离子反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故B正确；
C．硫酸铜，遇到难溶的PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）并生成硫酸铅，离子反应为Cu2++SO+PbS=CuS+PbSO4，故C正确；
D．盐碱地由于碳酸钠水解呈碱性，施加适量CaSO4，可以与碳酸钠反应生成碳酸钙和硫酸钠，降低土壤的碱性，反应为CaSO4+Na2CO3=CaCO3↓+Na2SO4，故D正确；
故选A。
14．C
【分析】方铅矿 (主要成分PbS、、FeS2)和软锰矿(主要成分MnO2)中加入稀盐酸、NaCl溶液并加热至70℃，发生的反应有MnO2+PbS+4HClMnCl2+PbCl2+S+ 2H2O，3MnO2+2FeS2+12HCl3MnCl2+2FeCl3+4S+6H2O，调节溶液的pH使铁离子转化为沉淀，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中加入氨水、X使锰离子氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4，据此解答。
【详解】A．若用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液，那么浓盐酸与软锰矿中的MnO2反应生成氯气，A错误；
B．由分析可知Ⅱ中生成的沉淀Y是Fe(OH)3，B错误；
C．Ⅳ中向滤液中加入氨水、X使锰离子氧化生成Mn3O4，则试剂X可能作氧化剂，C正确；
D．因为PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：PbCl2+2Cl-，故Ⅴ中发生反应： +=PbSO4+4Cl-，D错误；
故选C。
15．(1)C
(2)
(3)温度过高分解，导致浓度降低(使反应速率变慢)，产率降低
(4)加入后，增大，逆向移动，得到更多的
(5) 最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且不变色
【分析】含铬污泥酸浸后的浸出液(主要含和)为原料，提纯制备红矾钠()，其中铬元素为流程中主元素，I加还原过程是使转化为，II加NaOH过程是使转化为从混合溶液中分离出来，III加NaOH和H2O2加热氧化生成，IV加硫酸酸化转化为，最终得到。
【详解】（1）过程Ⅱ，加入调节目的使完全转化为沉淀，与杂质离子等分离，调节不能使生成沉淀，则范围为，答案选C；
（2）H2O2氧化，铬元素化合价升高为，在碱性溶液中存在形式主要为，故离子反应为；
（3）温度过高，,导致浓度降低(使反应速率变慢)，相同时间产率降低；
（4）加硫酸酸化之前，溶液呈碱性主要存在形式为，加入后，增大，平衡逆向移动，得到更多的；
（5）与溶液在酸性环境充分反应生成I2，I2与淀粉溶液显蓝色，随标准溶液的滴入蓝色变浅，恰好完全反应时蓝色消失，且30s不变色为滴定终点，故滴定终点现象为最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且不变色；
由反应和得到关系式，计算=，纯度表达式为===。
16． 沉淀不溶解或无明显现象 BaCO3 + 2H+ === Ba2+ + CO2↑+ H2O BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) + SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 2I- - 2e- === I2 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现
【详解】①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象。答案：沉淀不溶解或无明显现象。
② 实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。答案：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。
③ 由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++ SO42-= BaSO4,所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。
(2)①甲溶液可以是NaCl溶液,滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI。故答案为b。
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液,Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I—具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2。答案：2I- - 2e- = I2。
③ 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。
④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大。答案：实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。答案：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。
17．(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H2
(3)MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
(4)产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
(5) Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生 反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液 MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
18．(1)增大反应物的接触面积，加快生物堆浸的反应速率
(2)1.0-1.5
(3)4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+
(4)4H2O2+CuS═Cu2+++4H2O
(5) 溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 大
【分析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+，得到硫酸亚铁溶液以及CuS沉淀，硫酸亚铁溶液进一步制备草酸亚铁；过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO4 5H2O)，随着氧化过程的进行，溶液的酸性增强，pH减小，c(H+)增大，即生成了H+，H+的生成只能来源于H2O的参与，结合原子守恒推测，据此分析解题。
【详解】（1）将矿石进行研磨，可增大矿石与生物堆浸液的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快生物堆浸的反应速率；
（2）生物堆浸过程中，pH不能超过1.5，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)活性低，故应控制溶液的pH在1.0-1.5范围内，故答案为：1.0-1.5；
（3）由题干表中数据可知，pH=2.8是Fe3+已经完全沉淀了，故若生物堆浸过程中，溶液的pH>2.8，根据题意知Fe2+继续被O2氧化转变成Fe(OH)3，结合电子转移、电荷守恒得离子方程式为4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+；
（4）过程Ⅱ中，CuS用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，生成CuSO4，H2O2表现氧化性，离子方程式为4H2O2+CuS═Cu2+++4H2O，故答案为：4H2O2+CuS═Cu2+++4H2O；
（5）1)高锰酸钾溶液自身为紫色，滴入草酸溶液中发生还原反应，溶液呈无色，当滴加半滴KMnO4标准液时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，可认为达到滴定终点，故答案为：溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
2)标定KMnO4标准液时，高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热需要控制温度为75至85℃，若不加热，温度过低反应较慢，导致滴入KMnO4溶液体积偏小，则测定高锰酸钾标准液浓度会偏大，故答案为：大；
3)由步骤1可知，根据得失电子守恒有n(Fe2+)+2n()=5n(KMnO4)1=5cV1×10-3mol，由步骤2可知，根据得失电子守恒有：n(Fe2+)=5n(KMnO4)2=5cV2×10-3mol，联合解得，n()=2.5×10-3c(V1-V2)mol，故草酸亚铁晶体()的x/y值为：= ，故答案为：。
【点睛】。
19．(1)过滤
(2) 2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+ pH过高，导致溶液中的OH-浓度过大，则将与Cu2+直接反应生成Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的Cu2+的量减少
(3) 3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4 升温增大反应速率，砷的浸出率先增大，随温度升高HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小
(4)b
【分析】含砷废水的主要成分：HAsO2(亚砷酸)、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3(硫酸铋)，加入氢氧化钠除去Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3，经过沉砷得到亚砷酸铜沉淀，经过还原浸出3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4，可知Cu3(SO3)2 2H2O为还原渣，据此分析解题。
【详解】（1）由题干信息结合分析可知，充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是过滤，除去Fe(OH)3、Bi(OH)3固体，故答案为：过滤；
（2）①已知HAsO2是一种弱酸，故沉砷过程中由HAsO2与CuSO4反应生成Cu(AsO2)2的离子方程式为2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+，故答案为：2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+；
②沉砷过程中按加入[与分别表示Cu元素与As元素的物质的量]，同时需小心调控溶液的pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是pH过高，导致溶液中的OH-浓度过大，则将与Cu2+直接反应生成Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的Cu2+的量减少，生成的Cu(AsO2)2减少，故砷的沉淀率降低，故答案为：pH过高，导致溶液中的OH-浓度过大，则将与Cu2+直接反应生成Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的Cu2+的量减少；
（3）①根据原子守恒，还原浸出过程发生主要反应的化学方程式为：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4，故答案为：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4；
②其他条件相同时，还原浸出60min,随着温度升高，砷的浸出率先增大后减小的原因是升温增大反应速率，砷的浸出率先增大，随温度升高HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小，故答案为：升温增大反应速率，砷的浸出率先增大，随温度升高HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小；
（4）还原渣为Cu3(SO3)2 2H2O，经过氧化后为CuSO4，可返回沉砷工序，循环利用，故答案为：b。
20．(1) 将铁屑粉碎、搅拌等 2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu
(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O CuO[或Cu(OH)2或CuCO3] 2.8×10-9 pH=4时，若要产生Cu(OH)2沉淀，Cu2+的浓度至少为c(Cu2+)=2.2 mol·L ，而饱和溶液中，c(Cu2+)=1.4mol·L ＜2.2 mol·L ，故Cu2+尚未开始沉淀 Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
(3)蒸发浓缩，冷却结晶
【分析】将铁屑粉碎后与印刷电路板废液混合发生反应，一段时间后过滤，所得滤渣为粗铜；将粗铜在高温下用O2氧化，得到粗氧化铜，将粗氧化铜溶于过量H2SO4，得到粗CuSO4溶液。
【详解】（1）①上述流程中能加快反应速率的措施，通常为增大接触面积或升高温度等，则为将铁屑粉碎、搅拌等。
②加入铁屑后，印刷电路板废液中Fe3+、Cu2+都能与Fe发生反应，离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
（2）① ii中，为除去Cu2+中混有的Fe2+，常需将Fe2+氧化为Fe3+，用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；A物质用于调节溶液的pH，同时不引入新的杂质，可以是：CuO[或Cu(OH)2或CuCO3]。
② 25℃，pH=4 时，c(Fe3+)=mol L 1=2.8×10-9mol L 1。判断Cu2+此时尚未开始沉淀，可利用Ksp[Cu(OH)2]计算溶液中的c(Cu2+)，然后与饱和溶液中c(Cu2+)进行对比，依据是：pH=4时，若要产生Cu(OH)2沉淀，Cu2+的浓度至少为c(Cu2+)=2.2 mol·L ，而饱和溶液中，c(Cu2+)=1.4mol·L ＜2.2 mol·L ，故Cu2+尚未开始沉淀。
③CuSO4为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，则精制CuSO4溶液显酸性，原因是：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+。
（3）制备CuSO4 5H2O晶体时，向精制的CuSO4溶液中加一定量硫酸，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤干燥，得到CuSO4 5H2O晶体。
【点睛】从溶液中提取带有结晶水的晶体时，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，而不采用蒸发结晶的方法，以防晶体失去结晶水。
21．(1) 的水解平衡常数Kh3=＞10-b =Ka2，水解程度大于电离程度，溶液显碱性 bc
(2) 中和溶液中的氢离子，便于Ca3(AsO4)2沉淀生成 2×10-3mol/L 偏高 pH在5—9之间，随溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(Ⅲ)的去除率增强 pH在5—9之间，含砷(Ⅲ)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液pH增大，H2AsO含量增大，吸附效果增强
【详解】（1）电离方程式为：H++，故第一步电离的电离常数为Ka1=，由图可知，pH=a时，c()=c()，故Ka1=10-a（a＞9），同理可得到Ka2=10-b（b＞12），则的水解平衡常数Kh3=＞10-b =Ka2，所以溶液显碱性；
a．溶液中遵循物料守恒，则：
b．当时，c()=c()，溶液中遵循电荷守恒，则有：，因，所以，b正确；
c．溶液中，当时，向该溶液中加一定量的水，则c(H+)不断减小，那么中增大，c正确；
答案选bc；
（2）①i．加入生石灰可以与溶液中的氢离子反应，有利于将溶液中砷元素转化为的砷酸根，便于砷酸钙沉淀的生成，故答案为：中和溶液中的氢离子，便于Ca3(AsO4)2沉淀生成；
ii．由砷酸钙的溶度积可知，当溶液中砷酸根离子完全沉淀时，溶液中钙离子浓度至少为=2×10-3mol/L，故答案为：2×10-3mol/L；
ⅲ．较更难溶于水，若氧化不充分，则钙离子沉淀不充分，会使该方法处理后废水中的含砷量偏高；
②i．由图可知，溶液pH在5—9之间时，溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(Ⅲ)的去除率增强，故答案为：pH在5—9之间，随溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(Ⅲ)的去除率增强；
ii．由图可知，溶液pH在5—9之间时，含砷(Ⅲ)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液的pH增大，溶液中H2AsO含量增大，吸附效果增强，溶液中砷(Ⅲ)的去除率增强，故答案为：pH在5—9之间，含砷(Ⅲ)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液pH增大，H2AsO含量增大，吸附效果增强。
22．(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CaO先浸出 b 95.2 ，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)
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液浸钙，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，加入硫酸铵溶液将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵溶液生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁，据此分析解答。
【详解】（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，化学方程式为；
（2）①溶液发生水解生成一水合氨和氯化氢，使溶液显酸性，离子方程式为：；
氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，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CaO首先溶解被浸出；
③a．水解虽显酸性，所以浸钙时后需沉钙，所以滤液A需呈碱性，a错误；
b．溶液A中有大量氯化钙，少量氯化镁，所以离子浓度为： ，b正确；
c．沉钙时，需为碱性环境，因为生成的碳酸钙溶于酸，正确的离子反应为：，c错误；
故选b；
④“浸钙”过程选用的比例为2.4：1时，假定n(CaO)=1mol，则=1mol，则氧化钙的质量为56g，氧化镁的质量为=40g，根据表格数据可知，浸出液A中氧化钙的质量为m(CaO)= 56g99.0%=55.44g，氧化镁的质量为m(MgO)= 40g6.0%=2.4g，根据信息可知，纯度计算值=；
⑤，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用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）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。
23．(1) 加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等 生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积
(2) ，能产生沉淀 发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀 pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等
【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
【详解】（1）由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：；
②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；
③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；
（2）①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：，能产生沉淀；
③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；
ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故答案为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。
24．(1) 正反应方向
(2)生成的AgI沉淀，使2Fe3++2I- 2Fe2++I2逆向移动
(3) 还原
(4)方法一：取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立，方法二取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银
【详解】（1）①由于碘离子过量，溶液中检测出，说明未完全转化为，证明该反应存在限度；加入，振荡，反应生成的碘被萃取，使得平衡向正反应方向移动；
（2）加入溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，平衡逆向移动，可增大与的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了I2的氧化能力，被氧化成的反应程度增大；
（3）①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，说明KI将滤液中的还原成了；
②已知，则沉淀b为和，，加入KI可将转化成，反应的离子方程式为；
（4）若与发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应iii，只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立。
25．(1)酸雨
(2) +OH-=+H2O
(3)Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s)2Na+(aq)+SO32﹣(aq)，NaOH过量使c(Na+)增大，上述平衡逆向移动
(4)2+SO2+H2O=2+
(5) 滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀 滴入最后半滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色
【分析】碳酸钠溶解后，和含SO2的硫酸厂尾气一起加入吸收塔，碳酸钠溶液和二氧化硫反应主要生成亚硫酸氢钠，中和器中加入氢氧化钠，氢氧化钠与亚硫酸氢钠反应得到亚硫酸钠，反应后的溶液经过结晶得到亚硫酸钠晶体，干燥后得到成品，母液中含碳酸钠，可进入吸收塔循环使用。
【详解】（1）向大气中排放SO2会导致硫酸型酸雨发生；
（2）根据题意可知，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为： +OH-=+H2O；
（3）Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s)2Na+(aq)+SO32﹣(aq)，NaOH过量使c(Na+)增大，上述平衡逆向移动
（4）碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离子方程式为：2+SO2+H2O=2+；
（5）①为检验硫酸根离子的存在，需加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀， 证明含有硫酸根离子，故答案为：滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀；
②本实验最后是用Na2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，由于I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象是滴入最后半滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
③步骤ii中加入的碘标准液中含有的n(I2)总= c1mol/L×V1×10-3L= c1V1×10-3mol，步骤iii中Na2S2O3标准液消耗的n(I2)1=n(Na2S2O3)= ×c2mol/L×V2×10-3L=c2V2×10-3mol，故与Na2SO3反应的n(I2)2=n(I2)总- n(I2)1= c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，根据反应方程式+I2+H2O=+2I-+2H+可知，n(Na2SO3)=n(I2)2= c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，故成品中Na2SO3(M=126g/mol)的质量分数是==。
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2023北京重点校高二（上）期中化学汇编
沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2023北京北师大二附中高二上期中）某温度时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中，不正确的是
A．CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡：CaSO4Ca2+(aq)+SO(aq)
B．a点表示CaSO4在水中达到沉淀溶解平衡
C．b点有CaSO4沉淀生成
D．由图可知，含大量SO的溶液中不存在Ca2+
2．（2023北京15中高二上期中）下列实验操作不能达到实验目的的是
实验操作 实验目的
A 常温下，测定等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的 证明相同条件下，在水溶液中电离程度大于
B 用试纸测定溶液的 比较电离程度和水解程度的大小
C 向溶液中加入溶液，再向混合液中滴加溶液，产生蓝色沉淀 比更难溶
D 向含酚酞的溶液中加入溶液 证明溶液中存在水解平衡
A．A B．B C．C D．D
3．（2023北京北师大实验中学高二上期中）下列物质的用途或事实与盐类的水解无关的是
A．用溶液处理锅炉水垢中的
B．明矾[]用于净水
C．用热饱和溶液清洗试管壁上附着的植物油
D．由制取无水固体时，需在HCl气流中蒸发
4．（2023北京密云二中高二上期中）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行下图所示实验。
下列关于该实验的分析不正确的是
A．上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生
B．①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN－)>Ksp(AgSCN)
C．①中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq) +SCN－(aq)
D．②中无明显变化是因为溶液中的c(SCN－)过低
5．（2023北京四中高二上期中）为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。
下列关于该实验的分析不正确的是
A．①中产生白色沉淀的原因是
B．①中存在平衡：
C．上述实验能证明向沉淀转化反应的发生
D．③中溶液变红说明
6．（2023北京北大附中高二上期中）时，在溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A．时，的
B．时，a点对应的是饱和溶液，b、d两点对应的都是不饱和溶液
C．时，向a点对应的溶液中加入少量固体，溶液由状态a移动至状态c
D．降低温度至，溶液由状态d移动至状态b
7．（2023北京15中高二上期中）向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是
实验 序号 c(CaCl2)(mol·L-1) 滴加CaCl2溶液时的 实验现象 加热浑浊液时的 实验现象
① 0.05 至1.32 mL时产生明显浑浊，但无气泡产生 有较多气泡生成
② 0.005 至15.60 mL时产生明显浑浊，但无气泡产生 有少量气泡生成
③ 0.0005 至20 mL未见浑浊
A．①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)·c(CO32 )>Ksp(CaCO3)
B．未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3
C．加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2
D．向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡
8．（2023北京北师大附中高二上期中）下列说法中正确的是
A．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液一定有红褐色沉淀产生
B．制备AlCl3、NaCl均可以采用将溶液直接蒸干的方法
C．向饱和食盐水中滴加浓盐酸，不会有沉淀析出
D．盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性
9．（2023北京15中高二上期中）工业回收铅蓄电池中的铅，常用或溶液处理铅膏(主要成分)获得： 。经处理得到的灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb，下列说法正确的是
A．的溶解度小于
B．处理后，或溶液的pH升高
C．若用等体积、等浓度的和溶液分别处理，溶液中的转化率较大
D．整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
10．（2023北京北师大二附中高二上期中）下列反应与电离平衡无关的是
A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应制备FeCO3
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3
11．（2023北京首师大附中高二上期中）下列实验对应的结论正确的是
实验 (红棕色)(无色) 热水中颜色更深 白色沉淀变为红褐色沉淀 试管中出现白色沉淀 蒸发皿中出现红褐色固体
结论 A．正反应吸热 B．相同温度下的溶解程度： C．酸性： D．不能用蒸发结晶制备FeCl3晶体
A．A B．B C．C D．D
12．（2023北京101中学高二上期中）下列过程与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是
A．用热的纯碱溶液去油污效果好
B．实验室保存溶液时，常加入少量的铁粉
C．将溶液加入水垢中使转化为
D．向含杂质的溶液中滴加氨水调，可以除去
13．（2023北京密云二中高二上期中）下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是
A．在燃煤时加入适量石灰石，可减少SO2的排放： 2CaCO3+O2+2SO2 =2CaSO3+ 2CO2
B．用食醋除去暖水瓶中的水垢：2CH3COOH + CaCO3 = Ca2++2CH3COO－+ CO2↑+ H2O
C．自然界各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后产生的硫酸铜，遇到难溶的PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)：Cu2+++PbS =CuS+PbSO4
D．在盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)上通过 施加适量CaSO4，可降低土壤的碱性：CaSO4+Na2CO3=CaCO3+ Na2SO4
14．（2023北京首师大附中高二上期中）工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分)和方铅矿(主要成分PbS、)，制备和，转化流程如下。
已知：微溶于水，溶液中存在可逆反应：。
下列说法正确的是
A．Ⅰ中可使用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液
B．Ⅱ中生成的沉淀Y是
C．Ⅳ中试剂X可能作氧化剂
D．Ⅴ中发生反应：
二、解答题
15．（2023北京汇文中学高二上期中）红矾钠()可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。
已知：i．溶液中存在以下平衡：
ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的
4.3 5.6
7.1 9.2
(1)Ⅱ中，加入调节至___________(填字母)。
A． B． C． D．
(2)Ⅲ中，氧化沉淀的离子反应方程式为 。
(3)Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是 。
(4)Ⅳ中，加入的作用是 (结合平衡移动原理解释)。
(5)为了测定获得红矾钠的纯度，称取上述流程中的产品配成溶液，取出放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。(已知：。)
①滴定终点的现象为 。
②所得(摩尔质量为)的纯度表达式为 (用质量分数表示)。
16．（2023北京北师大二附中高二上期中）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：
物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl
溶解度/g（20℃） 2.4×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4
（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化
实验操作：
试剂A 试剂B 试剂C 加入盐酸后的现象
实验Ⅰ BaCl2 Na2CO3 Na2SO4 ……
实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解
① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后， 。
② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是 。
③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因： 。
（2）探究AgCl和AgI之间的转化
实验Ⅲ：
实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。
装置 步骤 电压表读数
ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K a
ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b
ⅲ.再向B中投入一定量NaCl (s) c
ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s) a
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
① 实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是 （填序号）。
a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是 。
③ 结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因： 。
④ 实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是 。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： 。
17．（2023北京101中学高二上期中）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
(1)E1= 。
(2)提高H2平衡产率的措施有 (答2条)。
Ⅱ.MgH2水解制备H2
(3)MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是 。
(4)MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是 。
(5)MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是 。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是 。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是 。
18．（2023北京首师大附中高二上期中）处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得溶液可制备草酸亚铁晶体和胆矾(CuSO4·5H2O)。相关流程如下图：
已知：①生物堆浸使用的T.f细菌在pH1.0~6.0范围内可保持活性。
②金属离子沉淀的pH如下表。
开始沉淀时的pH 1.5 4.2 6.3
完全沉淀时的pH 2.8 6.7 8.3
(1)生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是 。
(2)生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：。第二阶段反应：继续被氧化。结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在 范围内。
(3)若生物堆浸过程中，溶液的pH>2.8，则继续被氧化的离子反应为 。
(4)过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是 。
(5)测定草酸亚铁晶体()的x/y值，实验如下：
I．KMnO4浓度的标定：准确称取0.15gNa2C2O4，加入20mL水和8mL稀硫酸，溶解后用KMnO4标准液滴定。
①滴定终点现象为：当最后半滴高锰酸钾标准液加入后，锥形瓶中溶液 。
②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定高锰酸钾标准液浓度会偏 (填“大”或“小”)
Ⅱ．草酸亚铁组成测定
步骤1：称量mg，溶解后加稀H2SO4酸化，用溶液滴定至终点。
步骤2：向上述溶液中加入过量锌粉将转化为，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V2mL。
已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为、CO2，锰元素被还原为
③草酸亚铁晶体()的x/y值为
19．（2023北京人大附中高二上期中）三氧化二砷(As2O3)是重要的化工原料，某以含砷废水制备三氧化二砷的流程如下。
资料：
ⅰ．含砷废水的主要成分：(亚砷酸)、、、(硫酸铋)。
ⅱ．是可溶的弱酸，、均为难溶沉淀。
(1)纯化
充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是 。
(2)沉砷
①沉砷过程中由生成的离子方程式为 。
②沉砷过程中按加入[与分别表示Cu元素与As元素的物质的量]，同时需小心调控溶液的pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是 。
(3)还原浸出
①补全还原浸出过程发生主要反应的化学方程式： 。
__________
②其他条件相同时，还原浸出，不同温度下砷的浸出率如下图。随着温度升高，砷的漫出率先增大后减小的原因是 。
(4)还原渣经过充分氧化处理，可返回 (填字母)工序，循环利用。
a．纯化 b．沉砷 c．还原浸出
20．（2023北京北师大二附中高二上期中）印刷电路板废液主要含(CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质， 以废液为原料制备CuSO4，实现资源回收再利用，流程如下图所示。
(1)粗CuSO4溶液的制备
① 上述流程中能加快反应速率的措施有 。
② 加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有 。
(2)CuSO4溶液的精制
i．经检验，粗CuSO4溶液含有Fe2+
ii．向粗CuSO4溶液滴加 3%的H2O2溶液，当溶液中Fe2+完全氧化后，加 A物质的粉末调节溶液的 pH=4。
iii．将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制CuSO4溶液。
① ii中，用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用 ；A物质是 。
② 25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39 。pH=4 时，c(Fe3+) mol L 1。 判断Cu2+此时尚未开始沉淀，依据是 。 (25℃时，CuSO4饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度约为 1.4mol·L )
③ 精制CuSO4溶液显酸性，原因是 (用离子方程式表示)
(3)制备CuSO4 5H2O晶体
向精制的CuSO4溶液中加一定量硫酸， ，过滤，洗涤干燥，得到CuSO4 5H2O晶体。
21．（2023北京北师大实验中学高二上期中）砷(As)是一种重要的非金属元素，常用于农药、杀虫剂等领域。
(1)亚砷酸()可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态。25℃向溶液中滴加溶液，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。
①结合化学用语解释溶液显碱性的原因 。
②下列说法正确的是 (填字母)。
a．溶液：
b．当时，溶液中：
c．当时，向该溶液中加一定量的水，则溶液中增大
(2)三价砷[As(Ⅲ)]废水因其毒性很强，所以需要处理后才能排放。
①采用化学沉降法处理含砷废水。向废水中先加入适量漂白粉氧化(氧化后溶液pH约为8)，再加入生石灰将砷元素转化为沉淀。
资料：a．，较更难溶于水，溶液中离子浓度，可认为沉淀完全；
b．一定条件下，As(Ⅴ)的存在形式如下图所示：
ⅰ．加入生石灰的作用是 。
ⅱ．当除去时，溶液中的至少为 。
ⅲ．若氧化不充分，会使该方法处理后废水中的含砷量 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②采用铁盐处理含砷废水。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。经测定不同pH条件下铁盐对含砷(Ⅲ)化合物的去除率如下图所示。
ⅰ．由图可得出的结论是 。
ⅱ．10min时，不同pH溶液中砷(Ⅱ)的去除率不同，其原因是 。
22．（2023北京北师大实验中学高二上期中）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的和1.0%的。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(MO)浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以计)
CaO MgO 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 99.0 6.0 a 97.6 2.20
备注：
ⅰ．MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(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的纯度。
①溶液显酸性，原因是 (用化学用语解释)。
②解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是 。
③下列有关滤液A及沉钙过程的说法中正确的是 。
a．由于浸钙时稍过量，所以溶液A呈酸性；
b．溶液A中；
c．沉钙反应的离子方程式为；
④“浸钙”过程选用的比例为2.4：1时，碳酸钙纯度的计算值 。
⑤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MgO的浸出率低于60%。
①浸镁反应的离子方程式是 。
②加热蒸馏，MgO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)该流程中可循环利用的物质是 。
23．（2023北京四中高二上期中）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：
资料：i．磷灰石的主要成分是
ii．可溶于水，微溶于水
ii．
iv．
(1)制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和 。
②增大酸浸反应速率的措施有 (只写1条)。
③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是 。
(2)制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是 。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。
pH=1时，溶液中的，则 。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀 。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是 。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是 (答出2点)。
24．（2023北京101中学高二上期中）某小组验证“”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。
(1)从正反应方向探究
实验1：取溶液，加入溶液，溶液呈棕黄色，不再发生变化。
①通过检测出 ，证实反应A存在限度。
②加入，振荡，平衡向 移动。
(2)从逆反应方向探究
实验2：向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显变化。未检出。
①甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度。甲同学依据的原理是 。
②验证：加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出。
(3)乙同学认为碘水中含有，加入溶液也可能产生沉淀。
做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。
查阅资料：。
实验验证：
已知：(微溶)
①Ⅲ中红溶液的作用是 。
②Ⅳ中溶液的作用是 (用离子方程式表示)。
检验、比较沉淀a、b的成分，可明确的作用。
(4)问题思考：在与碘水的混合液中加入溶液，可能发生如下反应：
i．与在的促进下发生的氧化还原反应
ii．与在促进下发生的反应
iii．与的反应
确认是否发生反应iii，设计实验：将反应后混合物过滤， 。
供选择试剂：稀溶液、溶液
已知：溶于溶液；难溶于稀
25．（2023北京北师大实验中学高二上期中）应用广泛。利用工业废碱渣(主要成分)吸收硫酸厂尾气中的制备无水的成本低、优势明显，其流程如下：
已知：①溶液的pH约为4.7；
②吸收过程中，当吸收塔中pH约为5时吸收液进入中和器。
(1)举例说明向大气中排放导致的环境问题 。
(2)中和器中发生的主要反应的化学方程式是 。
(3)为了促进结晶，中和器中加入过量的NaOH．请结合化学用语，从平衡移动的角度解释 。
(4)写出生产过程中吸收塔内发生反应的离子方程式 。
(5)检验成品质量。
①取少量成品溶解， ，说明成品中含。请补全操作与现象。
②可用碘量法测定成品中的含量，过程如下：
ⅰ．将mg成品溶于水配成100mL溶液，取25mL于碘量瓶中，并调至弱酸性；
ⅱ．加入的碘标准液，盖上瓶塞，缓慢振荡使其充分反应；
ⅲ．用的标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗标准液。(已知：)
a．滴定终点的现象是 。
b．成品中的质量分数是 。
参考答案
1．D
【详解】A．CaSO4在水中难溶，但并非不溶，在水中存在沉淀溶解平衡CaSO4Ca2+(aq)+SO(aq)，A正确；
B．图象为CaSO4的沉淀溶解平衡曲线，a点在沉淀溶解平衡曲线上，在此曲线上的各点均表示CaSO4在水中达到溶解平衡，B正确；
C．b点的c(Ca2+)与c(SO)乘积大于Ksp(CaSO4)，因此b点状况下有沉淀生成，C正确；
D．根据沉淀溶解平衡c(Ca2+)=，含有大量SO的溶液中，c(Ca2+)极小并非不存在，D错误；
故答案选D。
2．C
【详解】A．测定等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的pH，可知盐酸的酸性大于醋酸的酸性，则在水溶液中HCl电离程度大于CH3COOH，故A正确；
B．NaHSO3溶液显酸性，则电离程度大于其水解程度，故B正确；
C．NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铜反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能证明比更难溶，故C错误；
D．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液的红色变浅，故D正确。
答案选C。
3．A
【详解】A．Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），故用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，能将CaSO4转化为CaCO3，从而有利于除去，和盐类水解无关，故A错误；
B．明矾用于净水是由于Al3+水解产生Al(OH)3胶体，使悬浊物沉降，可以净水，B项正确；
C．碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故能使植物油水解，和盐类水解有关，故C正确；
D．Fe3+在水中会水解，加热会促进Fe3+的水解，故由制取无水固体时，需在HCl气流中蒸发，抑制Fe3+的水解，D项正确；
答案选A。
4．A
【分析】硝酸银溶液中加入KSCN溶液，硝酸银过量，生成白色AgSCN沉淀，滴加硝酸铁溶液，试管②不变红，说明溶液中SCN-的浓度很少，加入碘化钾溶液，由于硝酸银过量，会产生黄色沉淀AgI，但试管③中溶液变红，说明发生反应：AgSCN+I-=SCN-+AgI。
【详解】A．据分析，加入碘化钾溶液，由于硝酸银在第一步反应中未完全反应，会生成黄色的AgI沉淀，但是②试管不变红，③试管变红，说明溶液中SCN-浓度增大，则AgSCN与I-反应转化成了AgI和SCN-，故A错误；
B．Qc(浓度商)>Ksp时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN－)>Ksp(AgSCN)，故B正确；
C．难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体，存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq) +SCN－(aq)，故C正确；
D．Fe3+遇SCN-溶液变红，②中无明显变化是因为溶液中SCN-的浓度过低，故D正确；
选A。
5．D
【详解】A．Qc>Ksp时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是，A正确；
B．难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体，存在平衡：，B正确；
C．②中溶液不变红，③中溶液变红，说明③中增大，存在反应，能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，C正确；
D．③中溶液变红说明③中增大，存在反应，但由于加入KI溶液浓度大于KSCN，即可产生碘化银沉淀，不能证明，D错误；
故选D。
6．C
【详解】A．根据图中a点对应的数据可知，PdI2的Ksp=7×10-5×(1×10-4)2=7×10-13，A错误；
B．a点在曲线上，为饱和溶液，b点在a点正下方，为不饱和溶液，d点在曲线上方，为过饱和溶液，B错误；
C．a点对应的是PdI2的饱和溶液，加入少量NaI固体，c(I-)增大，Ksp不变的情况下，c(Pd2+)减小，但是仍在曲线上，溶液由状态a移动至状态c，C正确；
D．b点溶液为不饱和溶液，沉淀溶解过程吸热，溶液由状态d降低温度至T℃时生成沉淀，仍为饱和溶液，不可能移动至状态b，D错误；
故答案选C。
7．C
【分析】向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙。
【详解】A. 根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2+)·c(CO32 )>Ksp(CaCO3)，故A正确；
B. 未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确；
C. 未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；
D. 向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同时产生浑浊和气泡，故D正确。
8．D
【详解】A．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液能得到氢氧化铁胶体，故A错误；
B． 氯化铝能水解，将AlCl3溶液直接蒸干，得到氢氧化铝，故B错误；
C．向饱和食盐水中滴加浓盐酸，氯离子浓度增大，会有氯化钠晶体析出，故C错误；
D．盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)施加适量石膏，生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度降低，平衡逆向移动，土壤的碱性降低，故D正确；
选D。
9．C
【详解】A．由反应 ，该反应平衡常数大于，说明反应正向进行程度较大，转化为较容易实现，则的溶解度更小，故A错误；
B．处理后，溶液中的浓度减小，水解出的氢氧根离子浓度减小，pH下降，故B错误；
C．等体积、等浓度的和溶液，溶液中的碳酸根离子浓度更大，更有利于转化为碳酸铅，的转化率更大，故C正确；
D．转化为碳酸铅为复分解反应，转化为PbO为分解反应且无价态变化，PbO再经一步转变为Pb属于氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
10．D
【详解】A． FeSO4溶液与NH4HCO3反应的方程式：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，利用了碳酸氢根离子的电离平衡，A不选；
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH，利用了水可以电离出氢离子的电离平衡，B不选；
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3，利用了一水合氨的电离平衡，C不选；
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，利用了难溶物的转化，不属于电离平衡，D选；
故选D。
11．D
【详解】A．由热水中颜色更深可知，升高温度二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故A错误；
B．氢氧根离子过量，不能证明沉淀发生转化，故无法说明相同温度下氢氧化镁的溶解程度大于氢氧化铁，故B错误；
C．盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢优先与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则题给装置不能用于比较碳酸和硅酸的强弱，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，直接加热蒸发完全水解，得到氢氧化铁，得不到氯化铁晶体，故D正确；
故选D。
12．B
【详解】A．纯碱溶液溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，去污效果好，A不符题意；
B．实验室保存溶液时，常加入少量的铁粉，是为了防止亚铁离子被氧化，与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关，B符合题意；
C．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质，反应过程中生成了更难溶性电解质，与难溶电解质的溶解平衡有关，C不符题意；
D．向含杂质的溶液中滴加氨水调，促进的水解生成氢氧化铁沉淀，可以除去，与盐类水解平衡有关，D不符题意；
故选B。
13．A
【详解】A．在燃煤时加入适量石灰石，可减少SO2的排放的反应为2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，故A错误；
B．用食醋除去暖水瓶中的水垢生成醋酸钙和二氧化碳、水，醋酸是弱电解质，碳酸钙难溶，离子反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故B正确；
C．硫酸铜，遇到难溶的PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）并生成硫酸铅，离子反应为Cu2++SO+PbS=CuS+PbSO4，故C正确；
D．盐碱地由于碳酸钠水解呈碱性，施加适量CaSO4，可以与碳酸钠反应生成碳酸钙和硫酸钠，降低土壤的碱性，反应为CaSO4+Na2CO3=CaCO3↓+Na2SO4，故D正确；
故选A。
14．C
【分析】方铅矿 (主要成分PbS、、FeS2)和软锰矿(主要成分MnO2)中加入稀盐酸、NaCl溶液并加热至70℃，发生的反应有MnO2+PbS+4HClMnCl2+PbCl2+S+ 2H2O，3MnO2+2FeS2+12HCl3MnCl2+2FeCl3+4S+6H2O，调节溶液的pH使铁离子转化为沉淀，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中加入氨水、X使锰离子氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4，据此解答。
【详解】A．若用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液，那么浓盐酸与软锰矿中的MnO2反应生成氯气，A错误；
B．由分析可知Ⅱ中生成的沉淀Y是Fe(OH)3，B错误；
C．Ⅳ中向滤液中加入氨水、X使锰离子氧化生成Mn3O4，则试剂X可能作氧化剂，C正确；
D．因为PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：PbCl2+2Cl-，故Ⅴ中发生反应： +=PbSO4+4Cl-，D错误；
故选C。
15．(1)C
(2)
(3)温度过高分解，导致浓度降低(使反应速率变慢)，产率降低
(4)加入后，增大，逆向移动，得到更多的
(5) 最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且不变色
【分析】含铬污泥酸浸后的浸出液(主要含和)为原料，提纯制备红矾钠()，其中铬元素为流程中主元素，I加还原过程是使转化为，II加NaOH过程是使转化为从混合溶液中分离出来，III加NaOH和H2O2加热氧化生成，IV加硫酸酸化转化为，最终得到。
【详解】（1）过程Ⅱ，加入调节目的使完全转化为沉淀，与杂质离子等分离，调节不能使生成沉淀，则范围为，答案选C；
（2）H2O2氧化，铬元素化合价升高为，在碱性溶液中存在形式主要为，故离子反应为；
（3）温度过高，,导致浓度降低(使反应速率变慢)，相同时间产率降低；
（4）加硫酸酸化之前，溶液呈碱性主要存在形式为，加入后，增大，平衡逆向移动，得到更多的；
（5）与溶液在酸性环境充分反应生成I2，I2与淀粉溶液显蓝色，随标准溶液的滴入蓝色变浅，恰好完全反应时蓝色消失，且30s不变色为滴定终点，故滴定终点现象为最后半滴标准溶液滴入后，溶液由蓝色变为无色，且不变色；
由反应和得到关系式，计算=，纯度表达式为===。
16． 沉淀不溶解或无明显现象 BaCO3 + 2H+ === Ba2+ + CO2↑+ H2O BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) + SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 2I- - 2e- === I2 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现
【详解】①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象。答案：沉淀不溶解或无明显现象。
② 实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。答案：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。
③ 由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++ SO42-= BaSO4,所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。
(2)①甲溶液可以是NaCl溶液,滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI。故答案为b。
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液,Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I—具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2。答案：2I- - 2e- = I2。
③ 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。
④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大。答案：实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 。
（3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。答案：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。
17．(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H2
(3)MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
(4)产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
(5) Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生 反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液 MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
18．(1)增大反应物的接触面积，加快生物堆浸的反应速率
(2)1.0-1.5
(3)4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+
(4)4H2O2+CuS═Cu2+++4H2O
(5) 溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 大
【分析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+，得到硫酸亚铁溶液以及CuS沉淀，硫酸亚铁溶液进一步制备草酸亚铁；过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾(CuSO4 5H2O)，随着氧化过程的进行，溶液的酸性增强，pH减小，c(H+)增大，即生成了H+，H+的生成只能来源于H2O的参与，结合原子守恒推测，据此分析解题。
【详解】（1）将矿石进行研磨，可增大矿石与生物堆浸液的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快生物堆浸的反应速率；
（2）生物堆浸过程中，pH不能超过1.5，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)活性低，故应控制溶液的pH在1.0-1.5范围内，故答案为：1.0-1.5；
（3）由题干表中数据可知，pH=2.8是Fe3+已经完全沉淀了，故若生物堆浸过程中，溶液的pH>2.8，根据题意知Fe2+继续被O2氧化转变成Fe(OH)3，结合电子转移、电荷守恒得离子方程式为4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3+8H+；
（4）过程Ⅱ中，CuS用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，生成CuSO4，H2O2表现氧化性，离子方程式为4H2O2+CuS═Cu2+++4H2O，故答案为：4H2O2+CuS═Cu2+++4H2O；
（5）1)高锰酸钾溶液自身为紫色，滴入草酸溶液中发生还原反应，溶液呈无色，当滴加半滴KMnO4标准液时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，可认为达到滴定终点，故答案为：溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
2)标定KMnO4标准液时，高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热需要控制温度为75至85℃，若不加热，温度过低反应较慢，导致滴入KMnO4溶液体积偏小，则测定高锰酸钾标准液浓度会偏大，故答案为：大；
3)由步骤1可知，根据得失电子守恒有n(Fe2+)+2n()=5n(KMnO4)1=5cV1×10-3mol，由步骤2可知，根据得失电子守恒有：n(Fe2+)=5n(KMnO4)2=5cV2×10-3mol，联合解得，n()=2.5×10-3c(V1-V2)mol，故草酸亚铁晶体()的x/y值为：= ，故答案为：。
【点睛】。
19．(1)过滤
(2) 2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+ pH过高，导致溶液中的OH-浓度过大，则将与Cu2+直接反应生成Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的Cu2+的量减少
(3) 3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4 升温增大反应速率，砷的浸出率先增大，随温度升高HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小
(4)b
【分析】含砷废水的主要成分：HAsO2(亚砷酸)、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3(硫酸铋)，加入氢氧化钠除去Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3，经过沉砷得到亚砷酸铜沉淀，经过还原浸出3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4，可知Cu3(SO3)2 2H2O为还原渣，据此分析解题。
【详解】（1）由题干信息结合分析可知，充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是过滤，除去Fe(OH)3、Bi(OH)3固体，故答案为：过滤；
（2）①已知HAsO2是一种弱酸，故沉砷过程中由HAsO2与CuSO4反应生成Cu(AsO2)2的离子方程式为2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+，故答案为：2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+；
②沉砷过程中按加入[与分别表示Cu元素与As元素的物质的量]，同时需小心调控溶液的pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是pH过高，导致溶液中的OH-浓度过大，则将与Cu2+直接反应生成Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的Cu2+的量减少，生成的Cu(AsO2)2减少，故砷的沉淀率降低，故答案为：pH过高，导致溶液中的OH-浓度过大，则将与Cu2+直接反应生成Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的Cu2+的量减少；
（3）①根据原子守恒，还原浸出过程发生主要反应的化学方程式为：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4，故答案为：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2 2H2O+6HAsO2+H2SO4；
②其他条件相同时，还原浸出60min,随着温度升高，砷的浸出率先增大后减小的原因是升温增大反应速率，砷的浸出率先增大，随温度升高HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小，故答案为：升温增大反应速率，砷的浸出率先增大，随温度升高HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小；
（4）还原渣为Cu3(SO3)2 2H2O，经过氧化后为CuSO4，可返回沉砷工序，循环利用，故答案为：b。
20．(1) 将铁屑粉碎、搅拌等 2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu
(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O CuO[或Cu(OH)2或CuCO3] 2.8×10-9 pH=4时，若要产生Cu(OH)2沉淀，Cu2+的浓度至少为c(Cu2+)=2.2 mol·L ，而饱和溶液中，c(Cu2+)=1.4mol·L ＜2.2 mol·L ，故Cu2+尚未开始沉淀 Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
(3)蒸发浓缩，冷却结晶
【分析】将铁屑粉碎后与印刷电路板废液混合发生反应，一段时间后过滤，所得滤渣为粗铜；将粗铜在高温下用O2氧化，得到粗氧化铜，将粗氧化铜溶于过量H2SO4，得到粗CuSO4溶液。
【详解】（1）①上述流程中能加快反应速率的措施，通常为增大接触面积或升高温度等，则为将铁屑粉碎、搅拌等。
②加入铁屑后，印刷电路板废液中Fe3+、Cu2+都能与Fe发生反应，离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
（2）① ii中，为除去Cu2+中混有的Fe2+，常需将Fe2+氧化为Fe3+，用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；A物质用于调节溶液的pH，同时不引入新的杂质，可以是：CuO[或Cu(OH)2或CuCO3]。
② 25℃，pH=4 时，c(Fe3+)=mol L 1=2.8×10-9mol L 1。判断Cu2+此时尚未开始沉淀，可利用Ksp[Cu(OH)2]计算溶液中的c(Cu2+)，然后与饱和溶液中c(Cu2+)进行对比，依据是：pH=4时，若要产生Cu(OH)2沉淀，Cu2+的浓度至少为c(Cu2+)=2.2 mol·L ，而饱和溶液中，c(Cu2+)=1.4mol·L ＜2.2 mol·L ，故Cu2+尚未开始沉淀。
③CuSO4为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，则精制CuSO4溶液显酸性，原因是：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+。
（3）制备CuSO4 5H2O晶体时，向精制的CuSO4溶液中加一定量硫酸，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤干燥，得到CuSO4 5H2O晶体。
【点睛】从溶液中提取带有结晶水的晶体时，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，而不采用蒸发结晶的方法，以防晶体失去结晶水。
21．(1) 的水解平衡常数Kh3=＞10-b =Ka2，水解程度大于电离程度，溶液显碱性 bc
(2) 中和溶液中的氢离子，便于Ca3(AsO4)2沉淀生成 2×10-3mol/L 偏高 pH在5—9之间，随溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(Ⅲ)的去除率增强 pH在5—9之间，含砷(Ⅲ)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液pH增大，H2AsO含量增大，吸附效果增强
【详解】（1）电离方程式为：H++，故第一步电离的电离常数为Ka1=，由图可知，pH=a时，c()=c()，故Ka1=10-a（a＞9），同理可得到Ka2=10-b（b＞12），则的水解平衡常数Kh3=＞10-b =Ka2，所以溶液显碱性；
a．溶液中遵循物料守恒，则：
b．当时，c()=c()，溶液中遵循电荷守恒，则有：，因，所以，b正确；
c．溶液中，当时，向该溶液中加一定量的水，则c(H+)不断减小，那么中增大，c正确；
答案选bc；
（2）①i．加入生石灰可以与溶液中的氢离子反应，有利于将溶液中砷元素转化为的砷酸根，便于砷酸钙沉淀的生成，故答案为：中和溶液中的氢离子，便于Ca3(AsO4)2沉淀生成；
ii．由砷酸钙的溶度积可知，当溶液中砷酸根离子完全沉淀时，溶液中钙离子浓度至少为=2×10-3mol/L，故答案为：2×10-3mol/L；
ⅲ．较更难溶于水，若氧化不充分，则钙离子沉淀不充分，会使该方法处理后废水中的含砷量偏高；
②i．由图可知，溶液pH在5—9之间时，溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(Ⅲ)的去除率增强，故答案为：pH在5—9之间，随溶液pH增大，铁盐混凝剂铁盐混凝剂对溶液中砷(Ⅲ)的去除率增强；
ii．由图可知，溶液pH在5—9之间时，含砷(Ⅲ)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液的pH增大，溶液中H2AsO含量增大，吸附效果增强，溶液中砷(Ⅲ)的去除率增强，故答案为：pH在5—9之间，含砷(Ⅲ)的化合物主要为H3AsO3和H2AsO，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，可吸附带负电荷的H2AsO，溶液pH增大，H2AsO含量增大，吸附效果增强。
22．(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CaO先浸出 b 95.2 ，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)
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液浸钙，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，加入硫酸铵溶液将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵溶液生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁，据此分析解答。
【详解】（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，化学方程式为；
（2）①溶液发生水解生成一水合氨和氯化氢，使溶液显酸性，离子方程式为：；
氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，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CaO首先溶解被浸出；
③a．水解虽显酸性，所以浸钙时后需沉钙，所以滤液A需呈碱性，a错误；
b．溶液A中有大量氯化钙，少量氯化镁，所以离子浓度为： ，b正确；
c．沉钙时，需为碱性环境，因为生成的碳酸钙溶于酸，正确的离子反应为：，c错误；
故选b；
④“浸钙”过程选用的比例为2.4：1时，假定n(CaO)=1mol，则=1mol，则氧化钙的质量为56g，氧化镁的质量为=40g，根据表格数据可知，浸出液A中氧化钙的质量为m(CaO)= 56g99.0%=55.44g，氧化镁的质量为m(MgO)= 40g6.0%=2.4g，根据信息可知，纯度计算值=；
⑤，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用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）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。
23．(1) 加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等 生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积
(2) ，能产生沉淀 发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀 pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等
【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
【详解】（1）由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：；
②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；
③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；
（2）①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：，能产生沉淀；
③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；
ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故答案为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。
24．(1) 正反应方向
(2)生成的AgI沉淀，使2Fe3++2I- 2Fe2++I2逆向移动
(3) 还原
(4)方法一：取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立，方法二取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银
【详解】（1）①由于碘离子过量，溶液中检测出，说明未完全转化为，证明该反应存在限度；加入，振荡，反应生成的碘被萃取，使得平衡向正反应方向移动；
（2）加入溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，平衡逆向移动，可增大与的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了I2的氧化能力，被氧化成的反应程度增大；
（3）①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，说明KI将滤液中的还原成了；
②已知，则沉淀b为和，，加入KI可将转化成，反应的离子方程式为；
（4）若与发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应iii，只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立。
25．(1)酸雨
(2) +OH-=+H2O
(3)Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s)2Na+(aq)+SO32﹣(aq)，NaOH过量使c(Na+)增大，上述平衡逆向移动
(4)2+SO2+H2O=2+
(5) 滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀 滴入最后半滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色
【分析】碳酸钠溶解后，和含SO2的硫酸厂尾气一起加入吸收塔，碳酸钠溶液和二氧化硫反应主要生成亚硫酸氢钠，中和器中加入氢氧化钠，氢氧化钠与亚硫酸氢钠反应得到亚硫酸钠，反应后的溶液经过结晶得到亚硫酸钠晶体，干燥后得到成品，母液中含碳酸钠，可进入吸收塔循环使用。
【详解】（1）向大气中排放SO2会导致硫酸型酸雨发生；
（2）根据题意可知，中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为： +OH-=+H2O；
（3）Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3(s)2Na+(aq)+SO32﹣(aq)，NaOH过量使c(Na+)增大，上述平衡逆向移动
（4）碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠，反应离子方程式为：2+SO2+H2O=2+；
（5）①为检验硫酸根离子的存在，需加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀， 证明含有硫酸根离子，故答案为：滴加几滴盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀；
②本实验最后是用Na2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，由于I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象是滴入最后半滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；
③步骤ii中加入的碘标准液中含有的n(I2)总= c1mol/L×V1×10-3L= c1V1×10-3mol，步骤iii中Na2S2O3标准液消耗的n(I2)1=n(Na2S2O3)= ×c2mol/L×V2×10-3L=c2V2×10-3mol，故与Na2SO3反应的n(I2)2=n(I2)总- n(I2)1= c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，根据反应方程式+I2+H2O=+2I-+2H+可知，n(Na2SO3)=n(I2)2= c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，故成品中Na2SO3(M=126g/mol)的质量分数是==。
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