【解析】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1

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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1

一、选择题

1．（2023·北京）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。

已知：图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。

图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合注：起始，不同下由图得到。

下列说法不正确的是()

A．由图，

B．由图，初始状态，无沉淀生成

C．由图，初始状态，平衡后溶液中存在

D．由图和图，初始状态、，发生反应：

2．（2023·湖南）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：

物质

开始沉淀1.94.26.23.5

完全沉淀3.26.78.24.6

②。

下列说法错误的是

A．“沉渣Ⅰ”中含有和

B．溶液呈碱性，其主要原因是

C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中

D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水

3．（2023·湖北）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是

A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡

B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂

C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应

D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强

4．（2023·绍兴模拟）室温下，用过量溶液浸泡粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。(当溶液中剩余的离子浓度小于时，化学上通常认为生成沉淀的反应已经完全进行了。已知：，)，下列说法正确的是

A．浸泡后未完全转化为

B．溶液中存在：

C．反应正向进行，需满足

D．过滤后所得清液中一定存在：且

5．（2023·张家口模拟）下列实验操作和现象可得出相应正确结论的是

选项实验操作现象结论

A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，一段时间后，冷却，加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制的，加热出现砖红色沉淀淀粉已完全水解

B加淀粉KBr溶液中通入足量氯气，再滴加淀粉KI溶液溶液先变为橙色，后变为蓝色氧化性：

C向等浓度的NaCl和溶液中滴加少量溶液出现白色沉淀(铬酸银为深红色沉淀)

D向溶液中滴加溶液，再加入少量铜粉开始时无明显变化，加入铜粉后产生蓝色沉淀氧化性：

A．AB．BC．CD．D

6．（2023·江西模拟）在T°C时，Ag2CrO4(橘红色)及CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是

A．T°C时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10-9

B．T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp不相等

C．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线

D．T℃，在CdCO3(s)+2OH-(aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102

7．（2023·湖州模拟）常温时，碳酸钙和硫酸钙的沉淀溶解平衡关系如图所示，已知，(酸根离子)(酸根离子)。下列说法错误的是

A．曲线Ⅱ为沉淀溶解曲线

B．加入适量的氯化钙固体，可使溶液由c点变到a点

C．b点对应的硫酸钙溶液不饱和

D．向碳酸钙饱和溶液中通入气体，溶液中不变

8．（2023·朝阳模拟）分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。

已知：i．溶液中存在平衡：

ii.25℃时，(砖红色)，(白色)

下列分析错误的是

A．实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀

B．产生白色沉淀时，存在

C．当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全

D．滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低

9．（2023·开封模拟）工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液和1.0mol·L1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L1Na2SO4溶液和1.0mol·L1Na2SO4溶液，在一定pH范围内，四种溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系如图所示。

下列说法错误的是

A．a=-6.5

B．pH相同时，溶液中c()越大，c(Sr2+)越小

C．曲线③对应含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液

D．在Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol·L1的混合溶液中，pH≥7.7时才能实现SrSO4(s)转化为SrCO3(s)

10．（2023·齐齐哈尔模拟）一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物总的浓度c总=c(H2SO3)+c()+c()。室温下，H2SO3的电离常数分别为Ka1=1.4×10-2、Ka2=6.0×10-8；Ksp(BaSO4)=1×10-10。

下列说法中错误的是

A．SO2是由极性键构成的极性分子

B．“吸收”过程中，溶液中c总=0.1mol·L-1时溶液呈酸性

C．“吸收”后得到的溶液pH=5，则“氧化”时主要反应的离子方程式为2+O2=2+2H+

D．将“氧化”所得溶液用0.1mol·L-1的NaOH溶液调节至pH=7，再与0.1mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合，最终溶液中c()=2×10-9mol·L-1

11．（2023·辽阳模拟）二元有机酸的电离常数、。难溶于水，常温下，将溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中与的关系如图所示。下列说法错误的是

已知：HY是一元强酸，易溶于水。

A．溶液显碱性

B．溶度积

C．b点：

D．若溶于HY溶液中得到点溶液，则

12．（2023·巴中模拟）25℃时，-1gc(X)与pH的关系如图所示，X代表Zn2+或Fe2+或，下列说法正确的是

已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16；强碱性溶液中Zn元素主要以的形式存在。

A．曲线②代表-lgc(Zn2+)与pH的关系

B．常温下，Zn(OH)2的Ksp的数量级为10-18

C．向等浓度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀

D．向c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，体系中Zn元素只以Zn(OH)2的形式存在

13．（2023·温州模拟）分离废水中的和，对节约资源和环境保护有着重要意义，已知：当溶液中离子浓度小于时，该离子沉淀完全。25℃时，的电离常数，，有关物质的如下表：

物质

物质下列说法正确的是

A．溶液与废水混合，生成的沉淀成分为、

B．25℃时，反应达到平衡，则溶液中

C．25℃时，用溶液调节废水的pH至8.0，能沉淀完全

D．将溶液逐滴加入浓度均为的和混合溶液中，当完全沉淀生成时，

二、多选题

14．（2023·聊城模拟）天然溶洞的形成与岩石中的CaCO3和空气中CO2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常温下，某溶洞水体中pM随pH的变化关系如图所示。

［已知：；，M为或］下列说法正确的是

A．曲线③代表与pH的关系

B．的数量级为10-4

C．

D．pH由4到8的过程中增大的比快

15．（2023·山东模拟）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图所示：

已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)△H＞0；Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.25×10-5。下列说法错误的是

A．“浸取”的主要离子反应：MnO2+PbS+4H++4Cl-=PbCl2+S+MnCl2+2H2O

B．“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快

C．“滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用

D．PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LH2SO4溶液转化5mol的PbCl2(忽略溶液体积变化)，则H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于5.08molL-1

16．（2023高二下·上高期末）地壳中各种物质存在各种转化，如金属铜的硫化物经生物氧化会转化为，流经或等含硫矿石又可以转化为，[已知，]。下列说法不正确的是（）

A．工业上可用处理含有、等金属硫化物的废水

B．当溶液中有和共存时，溶液中

C．基态的价电子排布式为

D．的晶胞结构如图所示，晶胞中与S紧邻的Fe为4个

17．（2022高二上·如皋期末）常温下，的沉淀溶解平衡曲线如下图所示，下列说法正确的是

A．

B．Y点表示的不饱和溶液

C．向X点中加入溶液，当达到新平衡时，可能处于Z点

D．在溶液中的溶解度大于在水中的溶解度

18．（2022高三上·泗水期中）下列由实验操作及现象所得结论正确的是（）

选项实验操作及现象实验结论

A向麦芽糖溶液中加入稀硫酸并加热，再调节pH呈碱性，加入银氨溶液，水浴加热，有银镜产生证明麦芽糖发生了水解

B向2份等体积等浓度的稀硫酸中分别加入少量等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解证明

C某溶液中加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体原溶液中一定存在

D向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度

A．AB．BC．CD．D

19．（2022高二上·日照期中）化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是（）

A．可乐打开时产生气泡，是因为压强减小促使CO2逸出

B．去除锅炉水垢中的CaSO4，用饱和Na2CO3溶液浸泡预处理

C．误食可溶性钡盐造成中毒，可以服用Na2CO3溶液来解毒

D．工业合成氨，常采用铁触媒、减小氨气的浓度来提高反应速率

20．（2022高三上·德州期中）根据下列实验及现象不能推出相应结论的是（）

选项实验操作现象结论

A取少量浓硝酸加热分解，将产物先通入浓硫酸，后用集气瓶收集气体将带火星的木条放置瓶内，木条复燃说明支持燃烧

B向溶液中滴几滴新制氯水，再加适量苯，振荡溶液分层，下层呈浅绿色，上层呈紫红色证明还原性：

C室温，取少量铜和浓硫酸反应后的溶液，加入到盛水的烧杯中稀释溶液证明有硫酸剩余

D向溶液中先滴加少量NaCl溶液，然后再滴加溶液先产生白色沉淀，后生成黑色沉淀溶解度：

A．AB．BC．CD．D

21．（2022高二上·湖南月考）常温时，三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知。下列说法正确的是（）

A．加热可使b点移动到a点

B．常温下，的数量级为

C．常温下，三种物质中CuS的溶解度最小

D．若要除去溶液中混有的少战，则可加入固体

22．（2022高二上·河北月考）已知p(A)=-lgc(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（）

A．a点有ZnS沉淀生成

B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2

C．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2-)减小

D．CuS和MnS共存的悬浊液中，=10-20

23．（2022高三上·德州月考）旧铅酸蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的流程如图所示。

已知：a.铅膏的主要成分是和，是强酸；

b.，。

下列有关说法正确的是（）

A．铅酸蓄电池放电时，负极质量减小

B．气体N为，步骤④的反应原理是利用强酸制取弱酸

C．反应的

D．步骤⑤中在阳极析出

三、非选择题

24．（2023·北京）以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。

已知：酸性条件下，的氧化性强于。

（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。

“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：填“”或“”。

在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有。

（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。

将“浸银”反应的离子方程式补充完整：

结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：。

（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。

该步反应的离子方程式有。

一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：。

（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：。

25．（2023·辽宁）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。

已知：

物质

回答下列问题：

（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为(答出一条即可)。

（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为。

（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、(填化学式)。

（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是。

（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为。

（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于(精确至0.1)。

26．（2023·马鞍山模拟）我国铂族金属储量占世界储量0.58%，而消费总量占世界消费总量的27%，因此从汽车废弃催化剂中回收铂族金属对可持续发展有重大意义。废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下：

已知：①长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物；

②Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价；

③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表

金属离子Al3+Mg2+Fe3+

开始沉淀的pH3.59.52.2

沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.711.13.2

回答下列问题：

（1）粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，请写出操作A的名称；

（2）为了提高酸浸效率，温度不宜过高的原因：；

（3）酸浸工序中，铂发生的反应的化学方程式为，有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，请分析优缺点：；

（4）通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为，当Al3+开始沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为mol/L；

（5）铂的浸出率与不同加热方式、浸出时间及不同固液比的关系如下图所示：

由图可知，Pt浸出的最佳条件为；

（6）金属捕集法可使Pt取代铜原子进入铜晶格形成铜铂合金，图是一种电催化材料(铜铂合金)的晶胞，该合金的化学式为，该合金的密度为ρg/cm3，两个最近的铜原子之间的距离为pm(写出计算式，不用简化)。

27．（2023·益阳模拟）广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备的工艺如下：

已知：

I.“焙烧”后，固体中主要含有、、、；“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。

Ⅱ.有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。

Ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子(浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：

金属离子

开始沉淀1.97.011.98.1

完全沉淀3.29.013.910.1

回答下列问题：

（1）基态钒原子的价层电子排布式为。

（2）“中和还原”时，参与反应的离子方程式为，该工序的低于7.0，试计算出。

（3）指出各元素的第一电离能由大到小的顺序，的空间结构为形。

（4）钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、2所示。指出适宜的工艺条件为。

（5）“氧化”时，每消耗，可得到。

（6）单质V晶胞属于体心立方晶胞，晶胞参数为，两个共顶点的晶胞结构如图3所示，计算出A、B原子的间距为pm。

28．（2023·宜宾模拟）废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料制备Li2CO3的工艺流程如下：

已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。

②常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

③Li2CO3在水中溶解度：

温度/℃020406080100

溶解度/g1.541.331.171.010.850.72

回答下列问题：

（1）将电池粉粹前应先放电，放电的目的是。

（2）“滤液A”中的溶质主要是。

（3）“酸浸”时，加入H2O2溶液的目的是(用离子方程式表示)。盐酸用量不宜太多，结合后续操作分析，原因是。。

（4）“沉铁沉磷”时，当溶液pH从1.0增大到2.5时，沉铁沉磷率会逐渐增大，但pH超过2.5以后，沉磷率又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是。

（5）“提纯”时，可用热水洗涤Li2CO3粗品，理由是。

（6）制取的Li2CO3、FePO4与足量的炭黑混合，隔绝空气高温灼烧得到LiFePO4，反应的化学方程式是。

29．（2023·太原模拟）以电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：

已知：AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3)2.5×10-2、Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。回答下列问题：

（1）①电解氧化铝生成铝的化学方程式为，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是。

②已知AlCl3可形成共价分子，AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因：。

（2）“气体1”是(填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是。

（3）已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式。

（4）“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因：。

（5）Al-Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为g·cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。

30．（2023·南通模拟）实验室以含锰废液为原料可以制取，部分实验过程如下：

已知室温下，部分难溶电解质的溶度积常数如下表：

难溶电解质

（1）经检测，含锰废液中mol·L、mol·L、mol·L，还含及少量、。“氧化”阶段，用量为理论用量的1.1倍。

①“氧化”1L该废液，需要加入的物质的量为。

②检验已经完全被氧化的方法是。

（2）“除杂I”加入调节溶液。该过程中发生反应的离子方程式为。

（3）“除杂Ⅱ”中反应之一为。结合反应的平衡常数解释用能除去的原因：。

（4）已知和的溶解度如图所示。请补充完整由粗溶液制取晶体的实验方案：取实验所得粗溶液，，得到晶体。(可选用的试剂：1mol·L溶液，1mol·L溶液，1mol·L盐酸)

（5）如图为不同温度下硫酸锰焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图。由固体制取活性的方案为：将固体置于可控温度的反应管中，，将冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1mol·L-1，1mol·L-1NaOH溶液)

31．（2023·南京模拟）以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：

（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3和(填化学式)。

（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6molL-1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于。

（3）离子筛法“富集”锂的原理如图1所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li+容量较大，其可能原因为。

（4）已知Li2CO3的溶解度曲线如图2所示。“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有。

（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为。

（6）LiFePO4的晶胞结构示意图如图3所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有个。

32．（2023·许昌模拟）某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO、LiMnO、LiNiO、LiFePO等)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。

回答下列问题：

（1）为提高原料利用率，在“酸浸”步骤可采取的措施有(至少写两条)。

（2）“酸浸”中HO既表现还原性，又表现氧化性，则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni、Mn、Co和，“酸浸”中LiCoO发生反应的离子方程式为。

（3）“酸浸”中控制溶液的温度未发生较大变化，但双氧水消耗量仍超过理论用量，其可能原因是。

（4）“调pH”的目的是，部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp，如下表，则“调pH”时pH不应超过。

离子浓度(mol·L)氢氧化物Ksp

Ni1.001.00×10-15.2

Co1.001.00×10-14.2

Mn1.401.00×10-12.7

（5）若“调pH”过程中，Ni、Mn、Co浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的X为(填标号)。

a．NiSOb．CoSOc．MnSOd．HSO

（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与LiCO焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，另一种反应物是。

33．（2023·石景山模拟）某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。

资料：i.和均为白色，难溶于水。

ii.与、能生成、

iii.与结合倾向。

（1）探究、与的结合倾向

实验滴管试管现象

I10滴0.1mol/L溶液等浓度的NaI和溶液黄色沉淀

II等浓度的NaI和溶液黄色沉淀

①由实验I推测：与结合倾向(填“>”或“c(H＋)，其水解反应的离子方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－，B不符合题意；

C、“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋、Zn2＋完全沉淀时，溶液中，C不符合题意；

D、“出水”后溶液中还含有大量的Ca2＋，因此需通过阳离子交换树脂进行软化，才可用作工业冷却循环用水，D符合题意；

故答案为：D

【分析】加入石灰乳，调节pH=4，形成的沉淀有Fe(OH)3和Al(OH)3，因此沉渣Ⅰ中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液中继续加入Na2S溶液，Cu2＋、Zn2＋形成CuS、ZnS沉淀；而溶液中剩余的Al3＋与S2－发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀。因此沉渣Ⅱ为CuS、ZnS和Al(OH)3。

3．【答案】D

【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；原电池工作原理及应用

【解析】【解答】A.当沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，沉淀和溶解即对立又互相统一，符合事物的双方既相互对立又相互统一，A项正确；

B.氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B正确；

C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C正确；

D．Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D项错误；

故答案为：D.

【分析】弄清题目的意思，“既相互对立又相互统一”，结合化学知识与理论进行判断，有对立和同一的思想即可。

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；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.加入0.5mol·L－1Na2CO3溶液后，溶液中，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1时，说明溶液中的离子已完全沉淀，因此浸泡后溶液中CaSO4完全转化为CaCO3，A不符合题意；

B.Na2CO3溶液中存在CO32－的水解和H2O的电离，因此溶液中c(OH－)=c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，B不符合题意；

C.该反应的平衡常，若要使反应正向进行，则，C不符合题意；

D.过滤后所得溶液为CaCO3、CaSO4的饱和溶液，因此溶液中一定存在，且溶液中，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A、根据CaCO3的Ksp计算溶液中c(Ca2＋)，从而判断CaSO4是否完全转化为CaCO3；

B、结合质子守恒分析；

C、根据反应的平衡常数分析；

D、过滤后所得溶液为CaCO3、CaSO4的饱和溶液，结合Ksp的表达式分析；

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；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；化学实验方案的评价

【解析】【解答】A．出现砖红色沉淀只能证明淀粉已水解，未证明淀粉不存在，不能说明淀粉已完全水解，A不符合题意；

B．氯气过量，可能是氯气直接与KI反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，无法证明氧化性：Br2>I2，B不符合题意；

C．为A2B型化合物，AgCl为AB型化合物，二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断，C不符合题意；

D．加入少量铜粉后发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，产生蓝色沉淀可证明氧化性：，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．只能证明淀粉已水解，无法判断完全水解；

B．氯气过量，氯气可直接与KI反应生成I2；

C．二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断；

D．在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。

6．【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．t℃时，Ag2CrO4的Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(1×10-3)2×(1×10-5)=1×10-11，故A不符合题意；

B．Ksp只与温度有关，则t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故B符合题意；

C．CdCO3(s)Cd2+(aq)+CO(aq)，则c(Cd2+)=c(CO)，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，故C不符合题意；

D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即Ksp(CdCO3)=c(CO)c(Cd2+)=10-12；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即Ksp[Cd(OH)2]=c2(OH-)c(Cd2+)=10-14；在CdCO3(s)+2OH-(aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．依据Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)计算；

B．Ksp只与温度有关；

C．依据沉淀溶解平衡曲线分析；

D．依据Ksp，利用沉淀转化平衡分析。

7．【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．曲线Ⅱ为沉淀溶解曲线，A不符合题意；

B．加入适量的氯化钙固体，c（Ca2+）增大，CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO（aq）溶解平衡向逆方向移动，c（CO）减小，可使溶液由a点变到c点，B符合题意；

C．b点对应Q0，加入冰水温度降低，化学平衡逆向移动，有利于PbCl2沉淀更完全，B符合题意；

C．滤液a中主要成分为HCl，经处理后可返回浸取工艺循环利用，C不符合题意；

D．沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，沉淀转化后c(Cl-)=10mol/L，则沉淀转化后溶液中c()为0.08mol/L，反应生成的PbSO4为5mol，则初始的H2SO4的物质的量至少为5.08mol，浓度不得低于5.08mol/L，D不符合题意；

故答案为：AB。

【分析】A．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；

B．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；

C．可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质；

D．利用Ksp计算。

16．【答案】A,B

【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】A、CuS的溶度积比ZnS、FeS更小，根据难溶电解质的溶解平衡，通常要用溶度积大的电解质转化为溶度积小的电解质，A正确；

B、，B正确；

C、Cu为29号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu2+的价电子排布式为3d9，C错误；

D、根据晶胞结构示意图，S周围距离最近的Fe共有4个，D错误；

故答案为：AB

【分析】A、难溶电解质可以转化为更难溶的电解质；

B、离子浓度比等于相应的溶度积之比；

C、价电子排布式可以结合电子排布式判断，根据失去电子的数目写出相应的价电子排布式；

D、根据晶胞中距离最近的原子个数判断。

17．【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．由图可知，，A符合题意；

B．Y点位于Z点上方，则常温时，图中Y点对应的是的过饱和溶液，B不符合题意；

C．向饱和溶液中加入固体NaF仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以向X点中加入溶液，当达到新平衡时，可能处于Z点，C符合题意；

D．增大钡离子浓度，使的沉淀溶解平衡左移、减小的溶解量，则在溶液中的溶解度小于在水中的溶解度，D不符合题意；

故答案为：AC。

【分析】A．；

B．依据曲线和点的位置关系和A项公式分析；

C．向饱和溶液中加入固体NaF仍为饱和溶液；

D．依据沉淀溶解平衡的影响因素分析。

18．【答案】B,D

【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

【解析】【解答】A．麦芽糖本身就具有还原性，不能得出准确的结论，A不符合题意；

B．ZnS和CuS为同类型的沉淀物，ZnS溶解而CuS不溶解，说明硫化铜更难溶，Ksp更小，B符合题意；

C．某溶液中加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则原溶液中也可能存在碳酸氢根离子，C不符合题意；

D．向碘水中加入等体积，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色说明在中的溶解度大于在水中的溶解度，可以萃取碘水中的碘，D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】A.麦芽糖是还原性糖，能发生银镜反应；

B.Ksp越小越难溶；

C.碳酸氢根也能与盐酸反应生成二氧化碳；

D.四氯化碳能萃取碘水中的碘。

19．【答案】C,D

【知识点】工业合成氨；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】A．将可乐瓶口打开时产生气泡，是因为压强减小，CO2气体溶解度降低，促使CO2从瓶中逸出，A不符合题意；

B．锅炉水垢中的CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，用饱和Na2CO3溶液浸泡预处理，发生沉淀转化，CaSO4转化为溶解度更小的CaCO3沉淀，将浸泡后的溶液弃去，再加入HCl，CaCO3反应转化为可溶性CaCl2，从而达到除垢的目的，B不符合题意；

C．胃酸的主要成分是盐酸。误食可溶性钡盐造成中毒，应该服用Na2SO4溶液，使Ba2+转化为既不溶于水也不溶于酸的BaSO4沉淀来降低Ba2+对人的危害，若服用Na2CO3溶液，Ba2+与碳酸钠反应产生的BaCO3是不溶于水但能溶于胃酸的钡盐，因此不能达到解毒目的，C符合题意；

D．工业合成氨，常采用铁触媒来加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而减小氨气的浓度目的是时化学平衡正向移动，来提高氨气产率，不是提高反应速率，D符合题意；

故答案为：CD。

【分析】

A．依据压强对气体溶解性的影响分析；

B．依据沉淀转化平衡和易除去的原理分析；

C．BaCO3是不溶于水但能溶于胃酸；

D．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。

20．【答案】C,D

【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】A．浓硝酸分解的反应为4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，生成的NO2和O2的体积比为4：1，而空气中N2和O2的体积比为4：1，故带火星的木条复燃，能说明NO2支持燃烧，A不符合题意；

B．向溶液中加入少量氯水，上层呈紫红色，下层浅绿色，苯密度小于水，说明氯气氧化I-，未氧化Fe2+，证明还原性，B不符合题意；

C．Cu2+水解也能使溶液pH；

②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；

（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；

②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；

（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；

②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为：被氧气氧化为，把氧化为；

（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为：可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。

【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；

②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；

（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；

②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；

（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；

②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；

（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。

25．【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积

（2）NA

（3）；Fe(OH)3

（4）9.0%；SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率

（5）

（6）11.1

【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的量的相关计算

【解析】【解答】（1）增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积等，都可以提高化学反应速率

（2）根据H2SO5的结构，1个分子含有有个-O-O-键，所以1molH2SO5含有过氧键数目为NA

（3）Mn2+被H2SO3为二氧化锰，离子反应为：，在pH=4时，滤渣有二氧化锰和氢氧化铁；

（4）4）根据图示可知二氧化硫体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大二氧化硫体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；

（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：

（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.

【分析】流程题的一般思路是：

浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。

26．【答案】（1）焙烧(或煅烧)

（2）HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解

（3）3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解

（4）Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6

（5）微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2

（6）Cu3Pt(或PtCu3)；或(其他正确表示也可)

【知识点】晶胞的计算；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】（1）操作A中通入空气，是为了将催化剂表面覆盖的碳和有机物转化为CO2除去，因此操作A为焙烧或煅烧。

（2）王水的主要成分为浓盐酸和浓硝酸，浓盐酸具有挥发性，浓硝酸受热易分解。因此酸浸过程中温度不宜过高，防止浓盐酸会发、浓硝酸分解。

（3）氯铂酸为正八面体结构，其中Pt为＋4价，因此氯铂酸的化学式为H2PtCl6。Pt与浓盐酸、浓硝酸反应生成个H2PtCl6的同时生成NO和H2O，该反应的化学方程式为：3Pt＋4HNO3＋18HCl=3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O。王水中的HNO3反应后生成NO，会造成空气污染；而换成H2O2和盐酸的混合溶液后，反应不会产生污染气体，因此优点为避免生成氮氧化物，造成空气污染。而H2O2在Fe3＋的催化作用下易分解，导致消耗的H2O2量过多。因此缺点是温度过高或Fe3＋的催化作用，使得H2O2大量分解。

（4）由于金属阳离子开始沉淀的pH值Fe3＋>Al3＋>Mg2＋，因此依次析出的金属离子为Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。当溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5mol·L－1时，溶液中的Fe3＋完全沉淀，此时溶液的pH=3.2，溶液中，则Fe(OH)3的溶度积Ksp=c(Fe3＋)×c3(OH－)=1.0×10－5×(10－10.8)3=1.0×10－37.4。当Al3＋开始沉淀时，溶液的pH=3.5，此时溶液中，此时溶液中。

（5）要确定Pt的浸出条件，则应使Pt的浸出率最高，结合图像可知Pt浸出的最佳条件为“微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2”。

（6）由均摊法可知，该晶胞中所含Cu原子的个数为，所含Pt原子的个数为，因此该合金的化学式为Cu3Pt。令该晶胞的棱长为a，由密度公式可得，解得，所以两个最小的铜原子之间的距离为。

【分析】粉碎可增大废弃催化剂的接触面积，使后续反应充分进行。通入空气进行灼烧，是为了除去催化剂表面覆盖的碳和有机物，使其转化为CO2气体。加入王水酸浸过程中金属氧化物转化为盐溶液，所得滤渣为SiO2。加入NH4Cl沉铂得到氯铂酸铵沉淀，进一步还原得到Pt。滤液中含有Fe3＋、Mg2＋和Al3＋等金属阳离子，通过沉淀分离，可获得相应的金属单质。

27．【答案】（1）

（2）；

（3）N、O、H；正四面体

（4）温度：820℃左右(800～830均可)硫酸加入量：6％(6～6.5均可)

（5）3

（6）

【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】（1）V是23号元素，核外有23个电子，基态V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2。

（2）根据题给信息，“中和还原”后钒以形式存在，则“中和还原”时，被还原为，Fe为还原剂，反应的离子方程式为；由表格数据可知，在时开始沉淀，则。

（3）所含元素为N、O和H，同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半充满，比较稳定，其第一电离能大于相邻原子，则第一电离能由大到小的顺序为N、O、H；中心S原子价层电子对数=，则中心S原子为sp3杂化，其空间结构为正四面体形。

（4）由图1可知，焙烧温度在820℃左右时浸出率最高，由图2可知，硫酸加入量为6%时浸出率最高，则最适宜的工艺条件为：温度：820℃左右、硫酸加入量：6%。

（5）“氧化”时，转化为，根据得失电子守恒可得关系式，则每消耗，可得到3mol。

（6）由图可知，A、B原子的间距等于晶胞体对角线长度，晶胞参数为，则间距为pm。

【分析】（1）依据构造原理分析；

（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；依据表格数据，利用计算；

（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型，确定杂化类型；

（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；

（5）根据得失电子守恒分析；

（6）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。

28．【答案】（1）释放残余的能量，避免造成安全隐患

（2）NaAlO2

（3）；防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费

（4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率

（5）碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂

（6）

【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】（1）废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，故答案为：释放残余的能量，避免造成安全隐患；

（2）有上述分析可知滤液A中为偏铝酸钠溶液，其主要溶质为NaAlO2，故答案为：NaAlO2；

（3）在步骤“酸浸”时，由题中已知①，LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸，可知LiFePO4被H2O2在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为；盐酸用量过多会消耗后续步骤“调pH”中Na2CO3溶液的用量，造成浪费，故答案为：；防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费；

（4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，因此降低了磷元素的沉淀率，故答案为：pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；

（5）从题中Li2CO3在水中溶解度可知，碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂，故答案为：碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂；

（6）由题意可知，再生制备磷酸亚铁锂的反应为碳酸锂、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧反应生成磷酸亚铁锂和一氧化碳，反应的化学方程式为；故答案为：。

【分析】废旧电池中加入NaOH溶液溶解，Al箔生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣Ⅰ中加入稀盐酸和过氧化氢，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2+氧化为Fe3+，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，加入30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。

29．【答案】（1）2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；防止阳极与氧气反应(或减少阳极的更换频率)；F的电负性大于Cl，Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键

（2）HF；CaSO4

（3）2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑

（4）反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数K=>1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化

（5）Al；

【知识点】工业制金属铝；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【解答】（1）①电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为，比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应；

②F的电负性大于Cl，F与Al的电负性相差较大，与Al形成的是离子键，而Al和Cl的电负性相差不大，形成的是共价键；

（2）气体1是酸溶时，氟离子结合氢离子生成的HF。滤渣1是在水浸时将微溶于水的硫酸钙沉淀了出来。

（3）碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为；

（4）Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数，故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化。

（5）该晶胞中白球的个数为个，黑球为，根据化学式Al3Li可知，白球为Al，黑球为Li。该晶胞的质量为g，体积为(a×10-10)3cm3，故密度为g/cm3。

【分析】（1）①电解氧化铝生成铝和氧气，利用阳极发生氧化反应分析；

②依据当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键；

（2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；

（3）依据水解反应原理分析；

（4）依据平衡常数的数值分析；

（5）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。

30．【答案】（1）0.11mol；取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后滴入酸性稀溶液中，溶液变红)

（2）

（3）该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去

（4）向其中加入1mol·L溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1mol·L溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1mol·L至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤

（5）加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1mol·LNaOH溶液

【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】（1）①mol·L，1L该废液中含的物质的量为0.2mol，将氧化成，反应为：，结合反应可知0.2mol消耗0.1mol，用量为理论用量的1.1倍，则需要加入0.11mol，故答案为：0.11；

②若完全被氧化，则反应后溶液中不含，通过检验是否存在确定其是否完全被氧化，可取氧化后溶液加溶液，看是否出现蓝色沉淀，也可利用其还原性，滴加酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为：取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后滴入酸性稀溶液中，溶液变红)；

（2）加碳酸锰条件溶液pH值使完全转化为沉淀过滤除去，反应的离子方程式为：，故答案为：；

（3）“除杂Ⅱ”中反应之一为，该反应的平衡常数K=，故答案为：该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去；

（4）取实验所得粗溶液，向其中加入1mol·L溶液，边加边振荡，将硫酸锰转化为Mn(OH)2，当静置后向上层清液中加入1mol·L溶液无沉淀生成时确保硫酸锰完全沉淀后停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1mol·L至Mn(OH)2固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；故答案为：向其中加入1mol·L溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1mol·L溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1mol·L至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；

（5）由图可知加热到850℃分解2小时，的含量最高，因此应控制温度为850℃，产生的气体用1mol·LNaOH溶液吸收。故答案为：加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1mol·LNaOH溶液。

【分析】（1）①依据反应方程式和题目信息计算；

②利用溶液检验判断；

（2）依据溶度积判断；

（3）通过计算反应的平衡常数分析；

（4）依据已知信息和图像分析；

（5）依据图像分析。

31．【答案】（1）HCl

（2）11

（3）在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+

（4）随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大

（5）Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑

（6）4

【知识点】晶胞的计算；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）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，故答案是HCl；

（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等，加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6molL-1，则此时溶液中c(OH-)==，故c(H+)===10-11，故“除杂”需要调节溶液的pH不低于11；

（3）离子筛法“富集”锂的原理如图分析，离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+，故答案是在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+；

（4）由图像可知，温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀；“沉锂”发生2Li++CO=Li2CO3↓，温度越高，反应速率越大，相同时间内产生Li2CO3含量越大，故“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大；

（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应生成产物LiFePO4，分析元素化合价变化，可知FePO4中铁元素化合价由+3降到+2，做氧化剂，H2C2O4中碳元素化合价由+3价，升高到+4价，其产物是CO2，根据氧化还原反应，故反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；

（6）由题图可知，小白球表示锂离子，每个晶胞中的锂离子数为8×+4×+4×=4，故一个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个。

【分析】（1）该反应过程中元素化合价不变，结合元素守恒进行分析。

（2）根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)和Kw=c(H+)·c(OH-)进行分析。

（3）离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”。

（4）温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀。

（5）“合成”过程中，Li2CO3、H2C2O4和FePO4反应生成LiFePO4、H2O、CO2。

（6）根据均摊法进行分析。

32．【答案】（1）粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度

（2）Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O

（3）Mn2+或Fe3+催化H2O2分解

（4）Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4

（5）ab

（6）O2

【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】（1）在“酸浸”步骤中采用粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度等措施均可提高原料利用率，故答案为：粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)；

（2）LiCoO2中钴元素为正三价，作氧化剂，和双氧水（作还原剂）发生氧化还原反应，离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；又双氧水与部分LiFePO4反应，把二价亚铁氧化为三价铁离子，所以则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni、Mn、Co和Li+、Fe3+，故答案为：Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；

（3）“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是双氧水易分解，Mn2+或Fe3+的催化作用下，H2O2发生分解，故答案为：Mn2+或Fe3+催化H2O2分解；

（4）由分析和已知得，沉淀主要成分为Fe（OH）3，即调节溶液pH的目的为Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)，镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即1×c2（OH-）=1×10-15.2，则c（OH-）=10-7.6mol/L，所以c（H+）=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不应超过6.4，故答案为：Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4。

（5）调节pH除铁元素再加入物质X后，要使Ni2+、Mn2+、Co2+变为沉淀，即需使三种离子的浓度之比为1：1：1，而表中数据中c(Co2+)=c(Ni2+)=1.0mol/L，c(Mn2+)=1.4mol/L，故需加入Ni2+和Co2+，故答案为：ab；

（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与LiCO焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：O2+4Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2+2LiCO4LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2+2CO2↑+4H2O，故另一种反应物是O2，故答案为：O2；

【分析】正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中主要含有Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和O2+4Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2反应得到三元锂电池正极材料。

33．【答案】（1）>；

（2）；，Ag+与-2价S结合倾向更强；Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤

（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜

（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：；故答案为：>；

②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，根据已知ii.与、能生成、，则澄清溶液中+1价银的存在形式为；

（2）①实验III中往0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L溶液，产生白色沉淀，后消失，则生成的继续反应生成，白色沉淀消失的离子方程式为；

②，Ag+与-2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色；

③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生；

（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；

（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全

（6）(NH4)2SO4、NH3·H2O

（7）Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4

【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】（1）已知Zn是30号元素，根据构造原理可知，Zn2+的简化电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10；

（2）由工艺流程图可知，操作X为分离固体和液体，故该操作为过滤，则需用到的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗和玻璃棒；

（3）根据题干信息可知，“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1：2参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，发生的离子反应方程式为ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，故答案为：ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；

（4）由分析可知，“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，该过程中(NH4)2S2O8过量的原因是加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的，故答案为：加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的；

（5）根据溶度积计算可知，当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol·L-1时，mol·L-1=6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1≈1.27×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全，故答案为：否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol·L-1时，mol·L-1=6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1≈1.27×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全；

（6）流程图中溶液1为NH3H2O，溶液2为(NH4)2SO4，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中，故答案为：(NH4)2SO4、NH3