2024届高考化学一轮复习限时训练：水溶液中的离子反应与平衡03(解析版)

2024届高考化学一轮复习限时训练：《水溶液中的离子反应与平衡》专题03一、选择题(本题包括10小题)1.(2023年全国甲卷)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM－pH关系图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L-1)]；c(M)≤10-5mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是A．由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10-8.5B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为eq\f(10-10,3)mol·L-1C．浓度均为0.01mol·L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离D．Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)＝0.2mol·L-1时二者不会同时沉淀答案：C解析：A．由点a(2，2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)×c3(OH－)＝10-2.5×10-12×3＝10-38.5，故A错误；B．由点(5，6)可知，此时pH＝5，pOH＝9，则Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c3(OH－)＝10-6×10-9×3＝10-33，pH＝4时Al(OH)3的溶解度为eq\f(10-33,(10-10)3)=10-3mol·L-1，故B错误；C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3+和Fe3+，故C正确；D．由图可知，Al3+沉淀完全时，pH约为4.7，Cu2+刚要开始沉淀，此时c(Cu2+)＝0.1mol·L-1，若c(Cu2+)＝0.2mol·L-1>0.1mol·L-1，则Al3+、Cu2+会同时沉淀，故D错误；2.(2023年全国乙卷)一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀B．b点时，c(Cl－)＝c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)C．Ag2CrO4＋2Cl－2AgCl＋CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的平衡常数K＝107.9D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀答案：C解析：根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag+)·c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝(1×10-5)2×1×10-1.7＝10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10-5×1×10-4.8＝10-9.8，据此数据计算各选项结果。A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)＝10-10.5，Q(Ag2CrO4)＝10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；C．该反应的平衡常数表达式为K＝eq\f(c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),c2(Cl－))，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝eq\f(c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),c2(Cl－))＝eq\f(c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))∙c2(Ag＋),c2(Cl－)∙c2(Ag＋))＝eq\f(Ksp(Ag2CrO4),Keq\o\al(\s\up0(2),\s\do0(sp))(AgCl))＝eq\f(1×10-11.7,(1×10-9.8)2)＝1×107.9，C正确；D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag＋)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；3.(2023年新课标卷)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag+＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋)。下列说法错误的是A．曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag+)∙c(Cl－)＝10-9.75C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81D．c(NH3)＝0.01mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag+)答案：B解析：氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。A．由分析可知，曲线I为二氨合银离子与氨气浓度对数变化的曲线，可视为氯化银溶解度随NH3浓度变化曲线，故A正确；B．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，由图可知，氨分子浓度小于10-6mol/L时，溶液中银离子和氯离子浓度均为10-5mol/L，则氯化银的溶度积为10-5×10-5=10-10，故B错误；C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子[Ag(NH3)2]＋和一氨合银离子[Ag(NH3)]＋的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，则[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝eq\f(c([Ag(NH3)2]＋),c([Ag(NH3)]＋)c(NH3))＝eq\f(10-2.35,10-5.16×10-1)＝103.81，故C正确；D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示[Ag(NH3)2]＋、[Ag(NH3)]＋、Ag+、Cl－与氨气浓度对数变化的曲线，则c(NH3)＝0.01mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag+)，故D正确；4．(2023年北京卷)下列过程与水解反应无关的是A．热的纯碱溶液去除油脂B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体答案：B解析：A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；D．Fe3+能发生水解反应生成Fe(OH)3，加热能增大Fe3+的水解程度，D不符合题意；5．(2023年北京卷)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。已知：i．图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ii．2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)∙c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)∙c(COeq\o\al(2-,3))＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3＝0.1mol·L－1，不同pH下c(COeq\o\al(2-,3))由图1得到]。下列说法不正确的是A．由图1，pH＝10.25，c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2-,3))B．由图2，初始状态pH＝11，lg[c(Mg2+)]＝－6，无沉淀生成C．由图2，初始状态pH＝9，lg[c(Mg2+)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＝0.1mol·L－1D．由图1和图2，初始状态pH＝8，lg[c(Mg2+)]＝－1，发生反应：Mg2+＋2HCOeq\o\al(－,3)＝MgCO3↓＋CO2↑＋H2O答案：C解析：A．水溶液中的离子平衡

从图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；B．从图2可以看出pH＝11，lg[c(Mg2+)]＝－6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；C．从图2可以看出pH＝9，lg[c(Mg2+)]＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＜0.1mol·L－1，C项错误；D．pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCOeq\o\al(－,3)，pH＝8，lg[c(Mg2+)]＝－1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2+＋2HCOeq\o\al(－,3)＝MgCO3↓＋CO2↑＋H2O，D项正确；6.(2023年湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)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pH如下表所示：物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)＝6.4×10-36，Ksp(ZnS)＝1.6×10-24。下列说法错误的是A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3B.Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2-＋H2OHS－＋OH－C.“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中eq\f(c(Cu2+),c(Zn2+))＝4.0×10-12D.“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答案：D解析：污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。A．根据分析可知氢氧化铁当pH＝1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH＝3.5时开始沉淀，当pH＝4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-＋H2OHS－＋OH－，B正确；C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则eq\f(c(Cu2+),c(Zn2+))＝eq\f(c(Cu2+)∙c(S2-),c(Zn2+)∙c(S2-))＝eq\f(Ksp(CuS),Ksp(ZnS))＝eq\f(6.4×10-36,1.6×10-24)＝4.0×10-12，C正确；D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；7.(2023年湖南卷)下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是A.重结晶法提纯苯甲酸：①②③B.蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥C.浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤D.酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥答案：A解析：A．粗苯甲酸中含有少量氯化钠和泥沙，需要利用重结晶来提纯苯甲酸，具体操作为加热溶解、趁热过滤和冷却结晶，此时利用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，A选项装置选择不合理；B．蒸馏法需要用到温度计以测量蒸汽温度、蒸馏烧瓶用来盛装混合溶液、锥形瓶用于盛装收集到的馏分，B选项装置选择合理；C．浓硫酸催化制乙烯需要控制反应温度为170℃，需要利用温度计测量反应体系的温度，C选项装置选择合理；D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度是用已知浓度的酸液滴定未知浓度的碱液，酸液盛装在酸式滴定管中，D选项装置选择合理；8.(2023年湖南卷)常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝eq\f(V(标准溶液),V(待测溶液)))的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76B.点a：c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C.点b：c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)D.水的电离程度：a＜b＜c＜d答案：D解析：NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.0100mol/L，c(H+)＝10-3.38mol/L，Ka(CH3COOH)＝eq\f(c(H+)∙c(CH3COO－),c(CH3COOH))≈eq\f(10-3.38×10-3.38,0.01)＝10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO－水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；9．(2023年湖北卷)物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)分子间作用力B熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华)晶体类型C酸性：CF3COOH(pKa＝0.23)远强于CH3COOH(pKa＝4.76)羟基极性D溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)大于NaHCO3(8g)阴离子电荷答案：D解析：A．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确；B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则AlF3熔点远高于AlCl3，故B正确；C．由于电负性F>H，C－F键极性大于C－H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确；D．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCOeq\o\al(－,3)间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故D错误；10．(2023年湖北卷)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0(Fe3+)＝2.0×10-4mol·L-1，c0(H2L)＝5.0×10-3mol·L-1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)＝eq\f(c(x),2.0×10-4mol·L-1)，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确的是A．当pH＝1时，体系中c(H2L)＞c([FeL]＋)＞c(OH－)＞c(HL－)B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L2-C．L2-＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lgK约为14D．当pH＝10时，参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3mol·L-1答案：C解析：从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH＝1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL－较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH＝1时溶液中c(HL－)≈10-9.46，但pH=1时c(OH－)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL－)>c(OH－)，A错误；B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL－的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL－，B错误；C．该反应的平衡常数K=eq\f(c([FeL2]－),c([FeL]+)c(L2-))，当[FeL2]－与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=eq\f(1,c(L2-))，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)＝5.0×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lgK≈14，C正确；D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)＝c([FeL2(OH)]2-)＝1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；二、填空题(本题包括10小题)11．(2024年1月浙江选考仿真)铬酸铅(PbCrO4)通常用作着色剂，一种以CrCl3·6H2O和Pb(NO3)2等为原料制备PbCrO4的流程如图。已知：Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；pH>7时，Pb2＋开始转化为Pb(OH)2沉淀。请按要求回答：(1)第①步所得绿色溶液中的阴离子有______________。(2)第②步的离子方程式为_______________________________________________________。(3)第③步中加入醋酸调pH=5的目的是__________________________________________。(4)下列说法正确的是___________A．第②步和第④步煮沸的目的相同B．第③步中6mol/L醋酸溶液可用3mol/L硫酸代替C．第③步反应后溶液呈橙黄色是因为CrOeq\o\al(2-,4)部分转化为Cr2Oeq\o\al(2-,7)D．第④步可知，PbCrO4的溶度积小于PbCr2O7(5)化学分析中采用CrOeq\o\al(2-,4)为指示剂：以AgNO3标准液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrOeq\o\al(2-,4)生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全时，溶液中c(CrOeq\o\al(2-,4))等于mol/L。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。答案：(1)CrOeq\o\al(－,2)或Cr(OH)eq\o\al(－,4)、OH－、Cl－(2)2CrOeq\o\al(－,2)＋3H2O2+2OH－＝2CrOeq\o\al(2-,4)+4H2O或2Cr(OH)eq\o\al(－,4)＋3H2O2+2OH-=2CrOeq\o\al(2-,4)+8H2O(3)将溶液碱性调为弱酸性，防止产生Pb(OH)2沉淀；且防止产生过多的Cr2Oeq\o\al(2-,7)(4)CD(5)5.0×10-3解析：向CrCl3·6H2O中加入过量的NaOH溶液，因Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似，因此过量的NaOH溶液可以将Cr3+转化为CrOeq\o\al(－,2)，随后向绿色溶液中加入浓H2O2将CrOeq\o\al(－,2)转化为CrOeq\o\al(2-,4)，随后加入煮沸除去多余的H2O2，用醋酸调节溶液pH防止加入Pb(NO3)2溶液后产生氢氧化铅沉淀，最后加入Pb(NO3)2溶液得到PbCrO4沉淀；(1)Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；第①步加入过量氢氧化钠将CrCl3·6H2O转化为CrOeq\o\al(－,2)，所得绿色溶液中的阴离子有CrOeq\o\al(－,2)或Cr(OH)eq\o\al(－,4)、OH－、Cl－；(2)过氧化氢具有强氧化性，第②步加入浓H2O2将CrOeq\o\al(－,2)转化为CrOeq\o\al(2-,4)，反应中Cr化合价由+3变为+6、过氧化氢中氧化合价由－1变为－2，根据电子守恒、质量守恒配平，离子方程式为2CrOeq\o\al(－,2)＋3H2O2＋2OH－＝2CrOeq\o\al(2-,4)+4H2O或2Cr(OH)eq\o\al(－,4)＋3H2O2+2OH－＝2CrOeq\o\al(2-,4)+8H2O；(3)pH>7时，Pb2＋开始转化为Pb(OH)2沉淀，第③步中加入醋酸调pH=5的目的将溶液碱性调为弱酸性，防止产生Pb(OH)2沉淀；且防止产生过多的Cr2Oeq\o\al(2-,7)；(4)A项，第②步煮沸是为了除去多余的H2O2，第④步煮沸的目的是促进PbCrO4沉淀的生成，错误；B项，硫酸会和铅离子生成硫酸铅沉淀，故第③步中6mol/L醋酸溶液不可用3mol/L硫酸代替，错误；C项，Cr2Oeq\o\al(2-,7)(橙色)+H2O2H++2CrOeq\o\al(2-,4)(黄色)，酸性条件下CrO42-会转化为Cr2Oeq\o\al(2-,7)，故第③步反应后溶液呈橙黄色是因为CrO42-部分转化为Cr2Oeq\o\al(2-,7)，正确；D项，橙黄色溶液中存在CrOeq\o\al(2-,4)、Cr2Oeq\o\al(2-,7)，而第④步得到PbCrO4沉淀，说明PbCrO4的溶度积小于PbCr2O7，正确；故选CD；(5)当溶液中Cl－恰好沉淀完全时，溶液中c(Ag+)＝eq\f(Ksp,c(Cl－))＝eq\f(2.0×10-10,10-5)mol/L＝2.0×10-5mol/L，则c(CrOeq\o\al(2-,4))＝eq\f(Ksp,c2(Ag+))＝eq\f(2.0×10-12,(2.0×10-5)2)mol/L＝5.0×10-3mol/L。12．(2024届甘肃二诊)硫酸锰是一种重要的化工原料，在农业、电化学和建筑等领域均有广泛应用。工业上由软锰矿(主要成分为MnO2，含Fe、Al、Si等氧化物杂质)和闪锌矿(主要为成分为ZnS，含有Fe、Mn等硫化物杂质)为原料制备MnSO4，其工艺如下图所示：已知：①常温下Ksp(ZnS)＝3.0×10-25，Ksp(MnS)＝4.5×10-14。②该工艺条件下，溶液中金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+开始沉淀的pH8.16.31.53.5沉淀完全的pH10.18.32.84.3回答下列问题：(1)“酸浸”后过滤洗涤滤渣1，通常要将洗涤液与滤液合并，其目的是_____________________。从“滤渣1”中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为________。(2)“沉锌”时转化反应MnS＋Zn2+Mn2+＋ZnS的平衡常数K＝________，用沉淀溶解平衡原理解释选择MnS“沉锌”的原因_____________________________________________。(3)若将“沉锌”与“氧化”两步操作交换，导致的结果为________。(4)利用MnCO3将溶液的pH应调节在________之间，“滤