2025届高三一轮化学复习---沉淀溶解平衡（含解析）

2025届高三一轮化学复习---沉淀溶解平衡
一、单选题
1．下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 比较室温下、溶度积的大小 向溶液中滴加少量NaOH溶液，振荡充分后，再滴加几滴溶液
B 证明具有氧化性 将一定浓度的双氧水与溶液混合
C 除去乙烷中混有的乙烯 一定条件下向混合气体中通入一定量的
D 证明葡萄糖具有还原性 在试管中加入2mL5%的溶液，再加5滴稀NaOH溶液，混匀后加入0.5mL葡萄糖溶液，加热
A．A B．B C．C D．D
2．下列过程对应的离子方程式正确的是
A．用氢氟酸刻蚀玻璃：
B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：
D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：
3．下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是
实验操作 现象 结论
A 加热麦芽糖和稀硫酸的混合溶液，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再加入银氨溶液，加热 有银镜产生 水解产物中一定含有还原糖
B 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中 只有前者会冒“白烟” 水解程度：TiCl4>FeCl3
C 向0.1mol/LNaOH溶液滴入MgSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液 先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀
D 在硬质试管中对石蜡油加强热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中 酸性KMnO4溶液褪色 气体中含有不饱和烃
A．A B．B C．C D．D
4．许多过渡金属离子能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是
A．难溶物却能溶于氨水，是因为与的结合能力更强而形成配离子所致
B．中的提供接受孤电子对的空轨道，配体是氨分子和氯原子
C．都是配合物
D．中含配位键
5．下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．苯酚空气中显粉红色
B．向酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
C．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色
D．向新制的中加入乙醛溶液，加热，有砖红色沉淀生成
6．下列设计的实验方案不能达到实验目的是
选项 实验现象和操作 实验目的
A 向2 mL 0.1mol·L-1 Na2S溶液中滴加0.1 mol·L-1 ZnSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加几滴0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，出现黑色沉淀 验证Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
B 向装有电石的圆底烧瓶中逐滴加入适量饱和NaCl溶液，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去 检验乙炔中含有碳碳三键
C 以Zn、Fe为电极，以酸化的3% NaCl 溶液作电解质溶液，连接成原电池装置。过一段时间，从Fe电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察现象 探究金属的牺牲阳极保护法
D 取5mL0.1 mol·L-1 KI溶液和1mL 0.1mol·L-1 FeCl3溶液充分反应后，加2 mL CCl4振荡、静置后取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色 Fe3+与I-的化学反应存在一定限度
A．A B．B C．C D．D
7．为研究用溶液将混合溶液中的和沉淀分离，绘制了25℃时AgCl和两种难溶化合物的溶解平衡曲线，如图，其中，，其余表达式类推。两条相交的溶解平衡曲线把图像分成了X、Y、Z、M四个区域。下列说法中不正确的是
A．的数量级为
B．Y区域内可析出AgCl沉淀，而不析出沉淀
C．向浓度均为0.1mol/L的、混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液，先析出AgCl沉淀
D．25℃时，向、AgCl混合固体和水的溶解平衡体系中加少量水，增大
8．化学是以实验为基础的学科。下列根据实验操作及现象能得到相应实验结论的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 常温下，将Fe片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，一段时间后，前者有气体产生，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强
B 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液含有
C 相同温度下，用pH试纸测定相同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，前者pH值更大 酸性：HClOCH3COOH
D 同温下，向体积为2mL的溶液中先滴加4滴的KCl溶液，再滴加4滴的KI溶液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 同温下
A．A B．B C．C D．D
9．已知常温下水溶液中、、、、的分布分数如[如]随变化曲线如图1所示，溶液中和关系如图2所示，用的溶液滴定溶液，下列说法错误的是

A．曲线b表示
B．溶液中存在：
C．反应的平衡常数
D．滴定过程中始终存在：
10．化学是一门以实验为基础的科学。下列实验设计不能达到预期目的的是
A B C D
A．验证铁钉的吸氧腐蚀
B．转化为
C．测定锌粒与稀硫酸的反应速率
D．用标准溶液滴定
11．CuCl为难溶于水的白色固体。室温下，以CuO为原料制备CuCl的过程如图所示。下列说法正确的是
A．0.1溶液中：
B．“还原”发生反应的离子方程式为：
C．“还原”后的溶液中：
D．“过滤”后得到的滤液中：
12．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应方程式书写错误的是
A．久置于空气中的溶液变质：
B．用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的：
C．向溶液中加入等物质的量的溶液：
D．用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
13．某废水处理过程中始终保持，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中pH与关系如下图所示，c为、、和的浓度，单位为。已知：。下列说法正确的是
A．④为pH与的关系曲线
B．p点生成的沉淀中含有和
C．
D．
14．利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO和SiO2等)制备K2FeO4的工艺流程如图所示
下列说法不正确的是
A．“酸浸”时，充入高压氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化
B．浸渣的主要成分为硅酸，若酸浸时不进行过滤，将会导致K2FeO4产品纯度降低
C．“氧化”时，74.5g氧化剂参与反应，转移电子2mol
D．根据流程可知K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，洗涤K2FeO4固体时可选择KOH溶液
二、非选择题
15．铅、铜是芯片焊接和封装工艺过程中常用的金属材料，采用“火法工艺”和“湿法工艺”均可将铅冰铜冶炼成铅和铜。
已知：
ⅰ.铅冰铜成分：、PbS及少量FeS、ZnS；富冰铜主要成分：、FeS。
ⅱ.、PbS难溶于酸，FeS、ZnS可溶于酸。
ⅲ.沉淀为，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；
沉淀为FeOOH，起始的pH为1.5，完全沉淀的pH为2.8。
Ⅰ.火法工艺：
(1)“第一次熔炼”过程中，控制空气用量可使铁以FeS的形式留在富冰铜中。
①“熔炼”时铁可以将PbS中的铅置换出来，化学方程式为 。
②富冰铜中的进行二次熔炼生成2mol铜时，至少需要反应的物质的量 。
③控制空气用量进行二次熔炼而不能使用足量空气一次性熔炼的原因是 。
Ⅱ.湿法工艺：
(2)“酸浸”过程是用过量稀硫酸浸取铅冰铜。
①氧气可将氧化成硫和，酸浸液中的阳离子还有 。
②废电解液不能循环使用次数过多原因
(3)用废电解液制备和铁黄。
①经氧气处理后的废电解液中。实际浓度大于，用 (化学式)调节溶液pH至1.5时，开始有FeOOH沉淀析出。
②废电解液中转化为铁黄的离子方程式是 。
(4)“湿法工艺”与“火法工艺”处理铅冰铜相比，湿法工艺的优点是 。
16．赤铜矿(主要成分为，含少量、)含铜量高达88.8%，是重要的冶金材料，某化学兴趣小组利用其制备晶体的流程为：
已知：
(1)晶体结构如下图所示。晶体中存在的作用力包括离子键、 。
(2)酸溶。控制矿石为12g、硫酸为6g，温度为70℃，相同时间内，铜浸出率随液固比变化如下图所示。液固比大于5：1后，铜浸出率下降的原因为 。
(3)氧化。发生反应的离子方程式为 。检验氧化完全的试剂为 (填化学式)。
(4)沉铁。离子浓度时，可认为该离子被沉淀完全。若室温下溶液pH应调节至略大于3.7，则的为 。
(5)试从产率、试剂选择角度评价该制备流程并提出修改建议 。
17．锑白是优良的无机白色颜料，可用作阻燃剂、催化剂、油漆等。一种采用辉锑矿(主要成分为，含少量的、、和等)提取锑白的工艺流程如图所示：
已知：①浸取液中的主要微粒为、、、、、、；
②，。
回答下列问题：
(1)粉碎辉锑矿的目的是 。
(2)滤渣I的成分除不溶性杂质外还有PbS、S、 (填化学式)。在“浸取”时发生反应的离子方程式为 。
(3)“除砷”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (P转化为最高价态)。
(4)若浸取液、浓度均为， 才能使二者完全沉淀(当离子浓度时认为沉淀完全)，此时 。
(5)“中和脱氯”时脱氯率与反应温度的关系如图所示：
“中和脱氯”时发生反应的化学反应方程式为 ；随温度升高，脱氯率降低可能的原因为 。
18．以软锰矿浆(含及少量等)吸收烟气中并制备高纯。
(1)吸收。
①将烟气与软锰矿浆在吸收塔中逆流接触，烟气中的被充分吸收，矿浆中的转化为。写出与发生反应的化学方程式： 。
②脱硫过程中软锰矿浆的和吸收率的变化关系如图所示。随着脱硫的进行，软锰矿浆下降，但15小时前下降缓慢，其主要原因是 。
③当脱硫15小时后，吸收率急剧下降。此时加入菱锰矿吸收率又可恢复至以上，其原因是 。
(2)净化。
①过滤脱硫后的软锰矿浆液，用沉淀除去所得滤液中的、Mg2+(浓度小于)。此时应控制溶液中略大于 。(已知： 、，、)
②净化时生成的沉淀晶胞结构如图所示。在晶胞中周围距离最近的形成的空隙构型为 。
(3)制备。
①向反应器中加入溶液，控制80℃恒温，搅拌下鼓入空气可制得。写出生成的离子方程式： 。
②实际生产中，常将溶液和氨水并流加入反应器。若加入的氨水量不足，产品中会混入等，其原因是 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A．向溶液中滴加少量NaOH溶液，氢氧化钠全部转化成氢氧化美，振荡充分后，再滴加几滴溶液，如果白色沉淀转化成蓝色沉淀，说明氢氧化镁的溶度积大于氢氧化铜的溶度积，A正确；
B．过氧化氢与亚硫酸钠反应，利用过氧化氢的氧化性，将氧化成，本身被还原成水，因为该反应没有明显现象，因此无法判断是否发生反应，B错误；
C．乙烯虽然与氢气发生加成反应生成乙烷，但氢气为气体且无色，如果通入氢气过量，会引入新的杂质，一般通过溴水除去乙烷中的乙烯，C错误；
D．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应，NaOH需要过量，题中所给氢氧化钠量不足，D错误；
故答案选A。
2．D
【详解】A．玻璃的主要成分为SiO2，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误；
B．Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；
C．氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+，C错误；
D．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，反应的离子方程式为，D正确；
故答案选D。
3．A
【详解】A．麦芽糖中含有醛基，可以发生银镜反应，不能用该实验判断麦芽糖是否发生水解，故A错误；
B．将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明，产生大量HCl，水解程度：，故B正确；
C．白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，发生沉淀的转化，则的溶度积比的小，故C正确；
D．石蜡油是液态烷烃混合物，受热分解的产物中含有烷烃和烯烃，酸性KMnO4溶液褪色，可以证明气体中含有不饱和烃，故D正确；
故选A。
4．A
【详解】A．与的结合能力更强从而形成配离子，导致难溶物能溶于氨水，A正确；
B．中的提供接受孤电子对的空轨道，配体是氨分子和氯离子，B错误；
C．Cu2(OH)2SO4中只含离子键和共价键，没有配位键，不是配合物，C错误；
D．中含配位键，D错误；
答案选A。
5．C
【详解】A．苯酚空气中显粉红色是因为被空气中氧气氧化，故不选A；
B．向酸性溶液中滴加乙醇，酸性溶液被乙醇还原成三价铬离子，溶液由橙色变为绿色，与氧化还原反应有关，故不选B；
C．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，，发生的离子反应为，无化合价变化，与氧化还原反应无关，故选C；
D．向新制的氢氧化铜中加入乙醛溶液，乙醛溶液与新制的氢氧化铜共热发生氧化反应生成乙酸钠、氧化亚铜砖红色沉淀和水，与氧化还原反应有关，故不选D；
选C。
6．B
【详解】A．向Na2S溶液中滴加ZnSO4溶液，产生ZnS沉淀，且将S2-消耗完全，再滴加几滴CuSO4溶液，生成黑色沉淀CuS，发生了沉淀的转化，证明Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故A正确；
B．向电石中逐滴加入NaCl溶液，生成乙炔，并且含有杂质气体H2S等气体，通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去，可能是H2S等杂质气体导致的，并不能证明乙炔中含有碳碳三键，故B错误；
C．从Fe电极区域取少量溶液于试管中，滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，若未出现蓝色沉淀，说明Fe未失电子，证明了牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．取5mL0.1 mol·L-1 KI溶液和1mL 0.1mol·L-1 FeCl3溶液充分反应后，Fe3+是少量的，加2 mL CCl4振荡、静置后取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，说明Fe3+没有完全反应，说明Fe3+与I-的化学反应存在一定限度，故D正确；
故选B。
7．D
【详解】A．根据图像，对于Ag2CrO4，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c()=(10-4)2×10-4=10-12，故A正确；
B．曲线上的点达到沉淀溶解平衡，在M区域，相对于Ag2CrO4来说，相当于在沉淀溶解平衡的基础上增大Ag+浓度，则Qc>Ksp(Ag2CrO4)，不利于Ag2CrO4沉淀溶解，从而析出Ag2CrO4沉淀，而相对于AgCl来说，相当于在沉淀溶解平衡的基础上减少Ag+浓度，则QcC．根据图像Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-8×10-2=10-10，对于AgCl，形成沉淀时需要c(Ag+)===10-9mol/L，对于Ag2CrO4，形成沉淀需要c(Ag+)=，显然沉淀AgCl需要的银离子浓度更低，故优先产生AgCl沉淀，故C正确；
D．向Ag2CrO4、AgCl混合固体和水的溶解平衡体系中加入少量水，，Ksp只随温度改变而改变，故D错误；
故答案选D。
8．B
【详解】A．常温下， Fe片与浓硝酸接触发生钝化，浓硝酸的氧化性更强，A错误；
B．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液含有，B正确；
C．NaClO溶液具有强氧化性，可漂白pH试纸，无法测得NaClO溶液的pH，C错误；
D．向体积为2mL的溶液中先滴加4滴的KCl溶液，再滴加4滴的KI溶液，因溶液过量，KI溶液可能直接与溶液反应，不能说明AgCl转化为AgI，D错误。
故选B。
9．D
【分析】由题中信息可知，由题中信息可知，为二元弱酸，、，HB为一元弱酸，，用溶液滴定溶液，发生反应：，则酸性；随着pH增大，溶液中、减少，、增多，HA-先增多后减少，所以曲线a、b、c表示H2A的各微粒分布曲线，曲线a表示H2A，曲线b表示，曲线c表示，曲线d为HB，曲线e为。
【详解】A．根据分析可知，曲线b表示，A项正确；
B．由图可知，，，的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，根据电荷守恒有：，溶液为酸性，因此，可得，B项正确；
C．的平衡常数，上下都乘以和、，得，由图可知：，，，，得，C项正确；
D．若滴定过程中不产生沉淀，则根据电荷守恒：，根据元素质量守恒：，则，但随着溶液的滴入，产生沉淀而析出，溶液中，则，D项错误；
故答案选D。
10．D
【详解】A．食盐水是中性环境，铁钉发生吸氧腐蚀，氧气传感器检测到氧气减少，A正确；
B．更难溶，较容易转化为，B正确；
C．测定产生一定体积所用的时间，即可测定锌粒与稀硫酸的反应速率，C正确；
D．标准溶液应用酸式滴定管盛装，D错误；
故选D。
11．B
【分析】CuO为碱性氧化物，与稀硫酸发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤中发生2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，据此分析；
【详解】A．利用质子守恒，0.1molNa2SO3溶液中存在c(OH-)=c(HSO)+2c(H2SO3)+c(H+)，故A错误；
B．“酸溶”步骤中发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤通入亚硫酸钠和NaCl，得到CuCl，该步骤中Cu2+作氧化剂，亚硫酸钠作还原剂，发生的反应为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B正确；
C．还原后溶液还存在Na+，因此根据电荷守恒，推出c(Na+)+2c(Cu2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO)+c(Cl-)，故C错误；
D．过滤后，CuCl为饱和溶液，因此有c(Cu+)·c(Cl-)=Ksp(CuCl)，推出c(Cu2+)=，故D错误；
答案为B。
12．B
【详解】A．久置于空气中的溶液被空气中的氧气氧化变质为硫酸钠，离子方程式为：，A正确；
B．用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的，和I-反应生成I2，醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，B错误；
C．向溶液中加入等物质的量的溶液生成氢氧化铝沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为：，C正确；
D．用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢，硫酸钙可以转化为溶解度更小的碳酸钙，离子方程式为：，D正确；
故选B。
13．D
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lgc(S2-)随着pH增大而减小，pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lgc(S2-)；当c(S2-)相同时，根据可知c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lgc(Cd2+)，因此曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-。
【详解】A．由分析可知，曲线④代表HS-，A错误；
B．M点为CdS的过饱和溶液，NiS的不饱和溶液，则M点条件下能生成CdS沉淀，不能生成NiS沉淀，B错误；
C．图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则；曲线②③交点可知，此时c(Ni2+)=c(S2-)=10-9.2mol/L，则；化学反应的平衡常数，C错误；
D．由分析可知，曲线④代表HS-，根据曲线④坐标可知，当c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，；曲线③代表S2-，根据曲线③坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，，则，D正确；
答案选D。
14．B
【分析】Fe2O3与FeO在酸浸条件下转化为Fe3+和Fe2+，二氧化硅不反应在滤渣中，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，“酸浸”时，充入高压氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化，加入氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁的沉淀，氢氧化铁沉淀与氢氧化钠和次氯酸钠反应转化为Na2FeO4，Na2FeO4加入KOH转化为K2FeO4，据此回答。
【详解】A．根据分析可知，“酸浸”时，充入高压氧的目的是增大溶解氧的量，使Fe2+充分被氧化，A正确；
B．浸渣的主要成分为二氧化硅，二氧化硅不与硫酸反应，B错误；
C．氧化时将氢氧化铁氧化为高铁酸根，离子方程式：，当有74.5g氧化剂NaClO（即1mol）参与反应，Cl元素化合价从+1价降为-1价，转移2mol电子，C正确；
D．Na2FeO4加入KOH转化为K2FeO4，通过过滤得到K2FeO4固体，用KOH洗涤K2FeO4固体可以减少溶解损失，D正确；
答案选B。
15．(1)
PbS+Fe=Pb+FeS
1mol Pb不能以单质形式析出；焦炭、铁等原料消耗过多；铜的产量和纯度受到影响等
(2)①、、 ②电解液循环多次后，溶液中积累的Fe2+、Zn2+浓度增加，电解时可能放电析出，降低Cu的纯度
(3) ZnO(或、)
(4)反应条件温和、不产生污染物、废电解液等物质循环利用
【详解】（1）①“熔炼”时铁将PbS中的铅置换出来，所以化学方程式为：PbS+Fe=Pb+FeS，故答案为：PbS+Fe=Pb+FeS；
②根据Cu2S被O2氧化为单质铜和SO2的化合价变化情况，结合电子转移守恒，Cu2S失去电子数等于O2得到电子数，当富冰铜中，Cu2S转化生成2mol铜时，理论上需要氧气1mol；故答案为1mol；
③控制空气用量进行二次熔炼而不能使用足量空气一次性熔炼的原因是:Pb容易被氧化，不能以单质形式析出；焦炭、铁等原料消耗过多；铜的产量和纯度受到影响等。
故答案为:Pb不能以单质形式析出；焦炭、铁等原料消耗过多；铜的产量和纯度受到影响等；
（2）①氧气可将Cu2S氧化成硫和Cu2+,酸浸液中的阳离子还有H+、Fe3+、Zn2+故答案为:H+、Fe3+、Zn2+；
②废电解液不能循环使用次数过多原因：废电解液中含有Fe2+、Zn2+等，电解液循环多次后，溶液中积累的Fe2+、Zn2+浓度增加，电解时可能放电析出，降低Cu的纯度，所以不能循环使用次数过多，故答案为:电解液循环多次后，溶液中积累的Fe2+、Zn2+浓度增加，电解时可能放电析出，降低Cu的纯度；
（3）①使用含有锌元素并且可以消耗其中过量H+的混合物进行pH调节，故答案为：ZnO(或ZnCO3、Zn(OH)2)
②根据氧化还原反应原理，可以写出离子方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，故答案为4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+；
（4）“湿法工艺”与“火法工艺”处理铅冰铜相比，湿法工艺的优点是:反应条件温和、不产生SO2污染物、废电解液等物质循环利用，故答案为:反应条件温和、不产生SO2污染物、废电解液等物质循环利用。
16．(1)共价键 配位键 氢键
(2)当硫酸过多以后，硫酸浓度变大，生成的Cu与硫酸反应生成了硫酸铜
(3) 2Fe2+ + 2H+ + ClO- = 2Fe3+ + Cl- + H2O K3[Fe(CN)6]
(4)10-35.9
(5)酸溶以后产生的部分单质铜不能与NaClO反应，铜进入滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe2+氧化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入H2O2，将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再加入氧化铜调节pH沉铁。
【分析】赤铜矿粉中加入硫酸酸溶，Cu2O转化为Cu2+和Cu，Fe3O4转化为Fe2+和Fe3+，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅和Cu单质，过滤后滤液中加入次氯酸钠进行氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，随后加入CuO调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤渣2为氢氧化铁，过滤后滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到五水硫酸铜晶体。
【详解】（1）从五水硫酸铜晶体结构可知，其中存在离子键、配位键、共价键和氢键。
（2）液固比大于5：1后，硫酸过多，硫酸的浓度较大，使得生成的Cu与硫酸反应生成了硫酸铜，故铜浸出率下降。
（3）氧化过程中，Fe2+与次氯酸钠反应生成铁离子、氯离子和水，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。检验是否氧化完全，即检验溶液中是否还含有亚铁离子，可用K3[Fe(CN)6]检验。
（4）pH约为3.7时，铁离子沉淀完全，此时c(Fe3+)≈10-5mol/L，则Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-5×10-10.3×3=10-35.9。
（5）酸溶以后产生的部分单质铜不能与NaClO反应，铜进入滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe2+氧化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入H2O2，将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再加入氧化铜调节pH沉铁。
17．(1)增大接触面积，加快浸取速率
(2) SiO2
(3)4：5
(4)
(5) 温度升高，氨水分解挥发
【详解】（1）粉碎辉锑矿的目的是增大接触面积，加快浸取速率．
（2）是酸性氧化物不溶于盐酸；将中的-2价硫氧化成单质硫
（3）“除砷”时砷元素由+5价降低为0价，磷元素由+1价升高到+5价，根据电子转移守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比为．
（4）因为CuS的更小，优先沉淀，当沉淀完全时已经沉淀完全，
．
（5）根据流程信息，“中和脱氯”时发生反应的化学方程式为；“中和脱氯”过程中是加入氨水进行中和，因为氨水受热分解挥发，造成脱氯率下降．
18．(1) 溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成H2SO4，pH下降，15h前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢 MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应
(2) 正四面体形
(3) 氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物
【详解】（1）①软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，反应中MnO2为氧化剂、SO2为还原剂，生成MnSO4的化学方程式为：，故答案为：；
②15小时前下降缓慢的原因是溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成 H2SO4，pH下降，15h前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢，故答案为：溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成 H2SO4，pH下降，15h 前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢；
③吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH减小抑制了SO2的溶解，MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应，故答案为：MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应。
（2）①由溶度积可知，溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀时，溶液中的镁离子已经完全转化为氟化镁沉淀，所以溶液中钙离子浓度为时，溶液中氟离子浓度至少为，故答案为：；
②晶胞中以体心中的任意一个与周围距离最近的4个标记后连接，形成的空隙构型为正四面体形，故答案为：正四面体形。
（3）①与氧气在80℃恒温下发生氧化还原反应生成，环境为酸性，离子方程式为：，故答案为：；
②氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物，故答案为：氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物。
答案第1页，共2页
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