2022年北市京高三一模化学汇编专题训练：沉淀溶解平衡

高三模拟试题PAGEPAGE152022北京高三二模化学汇编沉淀溶解平衡一、单选题1．（2022·北京海淀·二模）向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如图。经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。下列说法不正确的是（）A．①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+B．①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)C．②中的现象体现了Ag+的氧化性D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率2．（2022·北京丰台·二模）下列物质的用途涉及氧化还原反应的是（）A．用NaHCO3作食品膨松剂B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热C．用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂3．（2022·北京市八一中学二模）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（）A．用NaOH溶液吸收NO2：2OH-+2NO2=2+H2OB．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：SO2+OH-=C．NaHCO3溶液中加过量Ba(OH)2溶液：2+Ba2++2OH-=BaCO3↓++2H2OD．向盐碱地中(主要含碳酸钠)施放硫酸钙，降低其碱性：+CaSO4=CaCO3+4．（2022·北京房山·二模）小组进行如下实验。下列说法不正确的是（）A．①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)B．③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动C．c(OH−)：③=①D．③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl−)二、多选题5．（2022·北京市八一中学二模）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均正确、完整的是(非玻璃仪器任选；不考虑存放试剂的容器)（）实验玻璃仪器试剂A食盐精制漏斗、烧杯、玻璃棒粗食盐水、稀盐酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液B证明HCN和碳酸的酸性强弱玻璃棒、玻璃片0.lmol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1Na2CO3溶液C乙醛官能团的检验试管、胶头滴管、酒精灯乙醛溶液、10%NaOH溶液、2%CuSO4溶液D证Ksp〖Mg(OH)2〗>Ksp〖Cu(OH)2〗试管、胶头滴管含有少量CuCl2的MgCl2溶液、稀氨水A．A B．B C．C D．D三、实验题6．（2022·北京房山·二模）某小组用实验1探究FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生。实验1：资料：ⅰ.CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO、Cu2+与Cl-。ⅱ.(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。(1)FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为____。(2)小组同学推测白色沉淀中的Cu(I)(I表示+1价铜元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的，为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是___。(3)该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3：步骤实验操作实验现象I_____溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余II取I中上层清液于试管中，滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液立刻出现红色，同时有白色沉淀生成III振荡II中试管，静置白色沉淀变多，红色逐渐褪去①步骤I的实验操作是____。②根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是____。③步骤Ⅱ中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是____。④解释步骤III中实验现象产生的可能原因：____。四、工业流程题7．（2022·北京房山·二模）工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，低温硫酸化焙烧—水浸工艺制备V2O5，其流程如图：资料：ⅰ.VOSO4高温易分解ⅱ.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为Fe(III)>V(IV)>V(V)>Fe(II)ⅲ.含磷有机试剂萃取过程中溶液的H+浓度越高，萃取率越低，萃取钒效果越差ⅳ.10VO+8H2OH2V10O+14H+ⅴ.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3完全沉淀3.29.04.7(1)焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将V2O3转化为VOSO4的化学方程式是____。(2)预处理过程中先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，加入Na2SO3溶液的第一个作用是将V(V)还原为V(IV)减少钒的损失，再用氨水混合并调节溶液pH。①请结合相关离子方程式，说明加入Na2SO3的第二个作用____。②解释加氨水调节pH≈5的原因是____。(3)上述I的具体操作为____。(4)沉钒过程中先加入NaClO3进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将H2V10O中的钒元素以多钒酸铵((NH4)2V6O16)的形式沉淀。溶液pH值与沉钒率的关系如图，请结合反应原理解释沉钒的pH=2.5的原因是____。(5)测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____。(V2O5的摩尔质量：182g•mol-1)8．（2022·北京昌平·二模）镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如图：资料1：25℃时，生成氢氧化物沉淀的pHFe(OH)2Fe(OH)3Zn(OH)2Mg(OH)2Ca(OH)2Ni(OH)2开始沉淀时6.31.56.29.111.86.9完全沉淀时8.32.88.211.113.88.9注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L.资料2：25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。资料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x+Mx+M+xH+(1)操作1、2的名称是____，操作3的名称是____。(2)操作1中加入Cl2的主要目的是____。(3)NiF2溶液参与反应的离子方程式是____。杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)=____mol/L(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全)。(4)滤液b中含有的微粒主要有____。(5)在硫酸盐溶液中，P204对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示，在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是____。(6)在母液中加入其它物质，可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，写出制备的离子方程式____。9．（2022·北京市八一中学二模）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：已知：①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp〖Fe(OH)3〗=8×10-38〗；②Ksp〖Ce(OH)3〗=1×10-22〗；③lg2=0.3。回答下列问题：(1)粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：空气氧化法氧化温度/℃氧化率/%氧化时间/h暴露空气中450～50088l4对流空气氧化炉中450～500986在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是____。(2)用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为____(化学式)。(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是____，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为____，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为____t。(4)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为____，铝粉必须过量的原因是____。10．（2022·北京·北师大实验中学二模）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：已知：I．Cr(OH)3为两性氢氧化物；Ⅱ．常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。化合物Cr(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2SrCO3Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-115.6×10-10回答下列问题：(1)气体A的电子式为_______。(2)“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为_______(结合化学用语解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_______。(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______。(5)“调pH≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为_______。(6)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。(7)“系列操作”中，将结晶过滤后，不经洗涤，直接以200℃热风烘干，便可得高纯SrCO3，其原因是_______。

2022北京高三二模化学汇编沉淀溶解平衡▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁1．B〖祥解〗结合检验结果可推测向AgNO3溶液中通入过量SO2发生2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，放置过程中有Ag生成是因为过量的SO2将部分Ag+还原。〖详析〗A．①中生成的白色沉淀为Ag2SO3，则SO2和水提供亚硫酸根离子，AgNO3溶液提供Ag+，发生复分解反应，反应的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正确；B．①中硫酸根离子主要来自酸性条件下硝酸根离子氧化部分二氧化硫得到，不能得到Ag2SO4可能是因为硫酸根离子浓度小于亚硫酸根离子浓度导致的，因此不能证明Ag2SO3更难溶，也就不能说明Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)，B错误；C．②中有Ag生成，则证明Ag+被还原，Ag+有氧化性，C正确；D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3，然后放置一段时间后才生成Ag，故该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D正确；〖答案〗选B。2．B〖详析〗A．用NaHCO3作食品膨松剂是因为受热分解放出二氧化碳气体，不涉及氧化还原反应，故A错误；B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热，在反应中铁粉被氧气氧化，发生了氧化还原反应，故B正确；C．用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4，先反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙再与盐酸反应，都为复分解反应，故C错误；D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂，原理是铁离子和铝离子发生水解反应生成胶体，不涉及氧化还原反应，故D错误。故选B。3．D〖详析〗A．NO2在NaOH溶液中会发生歧化，离子方程式为2NO2+2OH-=NO+NO+H2O，A错误；B．NaOH过量，SO2生成亚硫酸盐，离子方程式为SO2+2OH-=SO+H2O，B错误；C．NaHCO3溶液中加过量Ba(OH)2溶液，OH-会有剩余，离子方程式中HCO的系数应为1，即HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C错误；D．硫酸钙可以和碳酸钠反应发生沉淀的转化，离子方程式为+CaSO4=CaCO3+，D正确；综上所述〖答案〗为D。4．C〖详析〗A．向Mg(OH)2悬浊液中滴加酚酞，溶液变红说明①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，故A正确；B．加入盐酸消耗OH−，使Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)正向移动，过一段时间又补充了OH−，溶液又变红，故B正确；C．温度不变Ksp不变，①变为②加入了稀盐酸，c(Mg2+)增大，根据Ksp=c(Mg2+)c2(OH−)，c(Mg2+)增大，c(OH−)减小，故C错误；D．根据电荷守恒2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，③中溶液显碱性c(OH−)>c(H+)，故2c(Mg2+)>c(Cl−)，故D正确；故〖答案〗为C。5．CD〖详析〗A．食盐精制要经过溶解、过滤和结晶，缺少蒸发皿，不能达到目的，A项错误；B．0.lmol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1Na2CO3溶液，通过pH试纸，可以比较HCN和碳酸氢根的酸性强弱，不能比较碳酸，不能达到目的，B项错误；C．检验醛基在碱性溶液中，乙醛可被新制氢氧化铜氧化，且需要加热，需要仪器为试管、烧杯、胶头滴管、酒精灯，C项正确；D．含有少量CuCl2的MgCl2溶液，滴加稀氨水，产生蓝色沉淀，可知氢氧化铜更难溶，证明Ksp〖Mg(OH)2〗>Ksp〖Cu(OH)2〗，D项正确；〖答案〗选CD。6．(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(2)CuCl和CuSCN(3)

向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g铜粉，振荡、静置

若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生

Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+

Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应进行，SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去〖祥解〗向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色，溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；向红色溶液中加入铜粉，红色褪去，产生白色沉淀，根据题干信息可知，该白色沉淀可能是CuCl或CuSCN，白色沉淀的Cu(I)(I表示+1价铜元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的；但是(SCN)2性质与卤素单质相似，(SCN)2具有氧化性，SCN-具有还原性，故白色沉淀的Cu(I)(I表示+1价铜元素)还可能是Cu2+和SCN-反应得到。(1)FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。(2)CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与、Cu2+与Cl-；取实验1中的白色沉淀于试管中，加入过量稀硝酸溶解得到蓝色溶液，将蓝色溶液分为两等份，向一份蓝色溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀AgCl，说明实验1所得白色沉淀含有CuCl，向另外一份蓝色中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀BaSO4，说明实验1所得白色沉淀含有CuSCN；综上所述，实验1中白色沉淀的成分是CuCl和CuSCN。(3)①为了进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，结合题干信息可知，步骤I的实验操作为向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g铜粉，振荡、静置，观察到溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余；②向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g铜粉，若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生，依此判断Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)；③由②题可知，步骤I中无Cu(I)生成，在步骤II中，向步骤I所得溶液中加入KSCN溶液，反应立刻出现红色，说明步骤II中有Fe3+生成，同时产生白色沉淀，说明加入了SCN-后，有Cu(I)生成；由于(SCN)2的性质与卤素单质相似，即(SCN)2有氧化性，则SCN-有还原性，故步骤Ⅱ中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2（2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2），Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+（2Fe2++(SCN)2=2Fe3++2SCN-）；④振荡II中试管，静置，观察到白色沉淀变多，红色逐渐褪去，可能的原因是Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应进行，SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去。7．(1)2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O(2)

2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO（或者写H2SO3）

除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率(3)过滤(4)pH<2.5，10VO+8H2OH2V10O+14H+，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀(5)〖祥解〗石煤在220℃条件下，空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂经水浸、过滤后得到含有VO2+、VO以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH，除去Al3+，过滤后加入含磷有机试剂萃取V(IV)，静置分液得到含有V(IV)的有机物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)从有机溶液中析出，之后进行沉钒得到(NH4)2V6O16，煅烧得到V2O5。(1)V2O3转化为VOSO4的过程中V元素被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，结合电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；(2)①含磷有机试剂对溶液中的Fe3+也有很强的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二个作用是将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO；②根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率；(3)水浸后会有一些难溶于水的杂质，所以操作I为过滤；(4)溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；(5)根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n〖(NH4)2Fe(SO4)2〗=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n〖(NH4)2Fe(SO4)2〗=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。8．(1)

过滤

萃取分液(2)将废液中的氧化为(3)

，

3×10-2(4)Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、(5)萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动(6)〖祥解〗酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，得滤渣为Fe(OH)3；得到滤液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等离子，向滤液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，再次进行过滤得到滤液b含有Ni2+、Zn2+等离子，加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使萃取剂再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根离子等，进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，母液中加碱溶液得到Ni(OH)2可循环利用，据此分析解答。（1）操作1、2用于分离沉淀和溶液，故名称是过滤，操作3的名称是萃取分液。（2）操作1中加入Cl2的主要目的是将废液中的氧化为。（3）NiF2溶液使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，参与反应的离子方程式是，。已知，25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，则CaF2溶解度小于MgF2，钙离子先沉淀，镁离子后沉淀，已知(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全，则杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)mol/L。（4）结合流程与分析，滤液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、离子。（5）P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x+Mx+M+xH+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故P204对某些金属离子的萃取率随pH的升高而升高。（6）母液中含有Ni2+、加入强碱Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余钙离子可转化为硫酸钙沉淀在操作1中被过滤与氢氧化铁一起除去，故加入石灰乳可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，离子方程式。9．(1)增大了气体与固体粉末间的接触面积(2)

酸性、还原性

KBF4(3)

3.3≤pH<7

2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O

17.2(4)

3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce

使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境〖祥解〗氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故〖答案〗为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；（2）用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故〖答案〗为：酸性、还原性；KBF4；（3）“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp〖Ce(OH)3〗=1×10-22，c(OH-)==10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp〖Fe(OH)3〗=8×10-38，c(OH-)==2×10-11，c(H+)==,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m=t=17.2t则获得CeO2的质量为17.2t。故〖答案〗为：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故〖答案〗为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。10．(1)(2)

2+2H++H2O

8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O(3)Cr(OH)3(4)pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低(5)Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+(6)1.91×105(7)微量杂质NH4HCO3和NH4N