新高考2022届高考化学一轮复习小题必练15难溶电解质的电离平衡含答案

这是一份新高考2022届高考化学一轮复习小题必练15难溶电解质的电离平衡含答案，共12页。试卷主要包含了6∶1，80×10−9=4，0×10−16等内容，欢迎下载使用。

主要考查沉淀溶解平衡的特点和影响因素，溶度积常数及其计算，沉淀的生成、溶解和转化的应用，利用溶度积常数判断难溶电解质的溶解度，离子沉淀时应调节的pH范围等。
1.【2020年江苏卷】25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。下列说法不正确的是（ ）
A．Ksp[Cu(OH)2]的数量级为10−20
B．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)=104.6∶1
C．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO
D．向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液
【答案】C
【解析】25℃时，由Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]可知溶液pH相同时，饱和溶液中c(Fe2+) ＞c(Cu2+)，则曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，曲线b表示Fe(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。A项、由图可知，曲线a中pH=10时，-lgc(M2+)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)·c2(OH−)=10−11.7×（10−4）2=10−19.7，故A正确；B项、当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(OH−)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)=10−7.1：10−11.7=104.6∶1，故B正确；C项、该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]可知，Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，加入适量CuO调节溶液pH，先沉淀的是Cu2+，无法达到除去少量Fe2+的目的，故C错误；D项、向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH−)增大，温度不变Ksp[Fe(OH)2]，c(Fe2+)减小，可能由Z点转化为Y点，故D正确。
【点睛】本题考查难溶物的溶解平衡，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法是解答关键。
2．【2020南昌市顶级名校阶段考】常温下，将11.65g BaSO4粉末置于盛有250mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A．相同温度时，Ksp(BaSO4)④>⑥>⑤>①B．①>⑥>⑤>②>④>③
C．①>②>③>④>⑤>⑥D．③>②>④>⑥>①>⑤
【答案】B
【解析】AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl−(aq)，由于c(Ag+)或c(Cl−)对溶解平衡有抑制作用，则溶液中c(Ag+)或c(Cl−)越大，则AgCl的溶解度越小；①和⑥中铵根离子水解生成NH3·H2O，Ag+与NH3·H2O结合，使溶解平衡正移，AgCl的溶解度增大，由于(NH4)2CO3中NHeq \\al(+,4)水解程度大，则NH3·H2O的浓度大，使溶解平衡正移的程度大，则①>⑥；当溶液中存在c(Ag+)或c(Cl−)对溶解平衡有抑制作用，②c(Cl−)=0.03ml/L，③c(Ag+)=0.05ml/L，④c(Cl−)=0.04ml/L，⑤c(Ag+)或c(Cl−)为0，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：⑤>②>④>③，综上可知AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：①>⑥>⑤>②>④>③；故合理选项是B。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，注意影响平衡移动的因素，需要理清的是离子浓度大小与难溶电解质的溶解度的关系。
2．某温度时，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl−(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点
B．c点对应的K等于a点对应的K
C．d点没有AgCl沉淀生成
D．加入少量水，平衡右移，Cl−浓度减小
【答案】B
【解析】A．加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，达到新平衡时c(Cl−)减小，而c、d两点的氯离子浓度相同，选项A错误；B．温度不变Ksp不变，a、c两点温度相同，所以Ksp也相同，选项B正确；C．d点处c(Ag+)比平衡时的大，此时Qc=c(Ag+)·c(Cl−)>Ksp(AgCl)，所以有AgCl沉淀生成，选项C错误；D．溶液中存在着沉淀溶解溶解平衡，加入少量水，促进溶解，但是仍然为饱和溶液，因此溶液中各种离子浓度不变，选项D错误。
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念是本题解答的关键。
3．已知25℃时，RSO4(s)+COeq \\al(2−,3)(aq)RCO3(s)+SOeq \\al(2−,4)(aq)的平衡常数K=1.75×104，Ksp(RCO3)=2.80×10−9，下列叙述中正确的是（ ）
A．25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10−5
B．将浓度均为6×10−5ml/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀
C．向c(COeq \\al(2−,3))=c(SOeq \\al(2−,4))的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀
D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp
【答案】A
【解析】25℃时，RSO4(s)+COeq \\al(2−,3)(aq)RCO3(s)+SOeq \\al(2−,4)(aq)的平衡常数K==1.75×104，Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)=1.75×
104×2.80×10−9=4.9×10−5。A．根据上述计算分析，25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10−5，故A正确；B．将浓度均为6×10−5ml/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合，则浓度变为原来的一半，混合后溶液中c(R2+)=3×10−5ml/L，c(COeq \\al(2−,3))=3×10−5ml/L，Qc(RCO3)=c(R2+)∙ c(COeq \\al(2−,3))=3×10−5ml/L×3×10−5ml/L=9×10−10Ksp(RCO3)，向c(COeq \\al(2−,3))=c(SOeq \\al(2−,4))的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，故C错误；D．Ksp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp等于在Na2CO3溶液中的Ksp，故D错误；答案选A。
【点睛】本题易错点在于D选项，Ksp也属于平衡常数，只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关。
4．（双选）已知：pCu=﹣1gc（Cu+），pX=﹣lgc（X−）。298K时，Ksp（CuCl）=10−6，Ksp（CuBr）=10−9，Ksp（CuI）=10−12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cu+）和c(Cl−)都减小
B．图中z代表CuI曲线
C．298K时增大M点的阳离子浓度，则Y上的点向N点移动
D．298K时CuBr(s)+I−(aq)CuI(s)+Br−(aq)的平衡常数K的数量级为10−3
【答案】BC
【解析】A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，导致溶液中c(Cl−)增大，A说法错误；B．P点时，pCu等于3时，c(Cu+)=10−3，因为Ksp(CuCl)=10−6，Ksp(CuBr)=10−9，Ksp(CuI)=10−12计算得c(Cl−)=10−3，c(Br−)=10−6，c(I−)=10−9，所以x代表CuCl曲线，y代表CuBr，z代表CuI，B说法正确；C．298K时增大M点的，阴离子浓度减小，Y上的点向N点移动，C说法正确；D．平衡常数K=c(Br−)÷c(I−)=c(Cu+)·c(Br−)÷[c(Cu+)·c(I−)]= Ksp(CuBr)÷Ksp(CuI)，平衡常数K的数量级为103，D说法错误；答案为BC。
5．化工生产中常用FeS做沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+(aq)，下列有关叙述中正确的是（ ）
A．FeS的Ksp小于CuS的Ksp
B．达到平衡时c（Fe2+）=c（Cu2+）
C．该反应平衡常数K=
D．溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c（Cu2+）、c（Fe2+）保持不变
【答案】C
【解析】A．FeS、CuS属于同一类型，根据沉淀转化的一般原则，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以FeS的Ksp比CuS的Ksp大，故A错误；B．该反应达到平衡时c（Fe2+）、c（Cu2+）保持不变，但不相等，故B错误；C．该反应的平衡常数K===，故C正确；D．增大硫离子的浓度，平衡左向移动，所以c（Cu2+）、c（Fe2+）均减小，故D错误；故选C。
6．已知：pAg=-lgc(Ag+)，pX=-lgc(Xn−)。298K时，几种物质的Ksp如下表：
AgCl、AgSCN、Ag2CrO4的饱和溶液中，阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中x代表AgCl曲线，z代表AgSCN曲线
B．298K时，在Cl−和CrOeq \\al(2−,4)的物质的量浓度均为0.1ml/L的溶液中，滴入少量0.1ml/L的AgNO3溶液，首先产生的是红色沉淀
C．298K时若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动
D．298K时Ag2CrO4(s)+2SCN−(aq)2AgSCN(s)+CrOeq \\al(2−,4)(aq)的平衡常数K=2.0×1012
【答案】D
【解析】A．根据图中曲线x的数据知pAg=-lgc(Ag+)=6，c(Ag+)=10−6ml/L，pX=-lg c(Xn−)=0，则c(Cl−)=1ml/L，Ksp(AgCl)=10−6，与表中数据不符，选项A错误；B．析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==ml/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==ml/L，c（Ag+）越小，先生成沉淀，则首先产生白色沉淀，选项B错误；C．298K时若增大p点的阴离子浓度，由图可知，若沿曲线向上移动，c(Ag+)减小，选项C错误；D．298K时Ag2CrO4(s)+2SCN−(aq)2AgSCN(s)+CrOeq \\al(2−,4)(aq)的平衡常数K=====2.0×1012，选项D正确。
【点睛】本题考查沉淀的溶度积的应用，注意的含义pAg=-lgc(Ag+)、pX=-lgc(Xn−)、Ksp，易错点为选项D：K===，结合表中数据进行计算求解。
7．（双选）以硼镁泥(主要成分是MgO，还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)制取七水硫酸镁的工艺流程如下：
已知CaSO4的部分溶解度数据如下：
下列说法错误的是（ ）
A．Na2B4O7中B的化合价为+3
B．“操作A”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
C．加入MgO的目的是：调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3除去
D．硫酸与Na2B4O7的反应方程式为：Na2B4O7+H2SO4+H2O=Na2SO4+H3BO3↓
【答案】BD
【解析】A．根据化合物Na2B4O7中元素的化合价的代数和为零，则B的化合价为+3，A说法正确；B．根据硫酸钙的溶解度，“操作A”为蒸发浓缩、趁热过滤，B说法错误；C．加入MgO，与溶液中的氢离子反应，调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3除去，C说法正确；D．硫酸与Na2B4O7发生复分解反应，方程式为Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3
↓，D说法错误；答案为BD。
8．T℃时，分别向10mL浓度均为0.1ml·L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1ml·L−1的Na2S溶液，滴加过程中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知：Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，lg3≈0.5]。下列有关说法错误的是（ ）
A．a～b～d为滴定ZnCl2溶液的曲线
B．对应溶液pH：a＜b＜e
C．a点对应的CuCl2溶液中：c(Cl−)＜2[c(Cu2+)+c(H+)]
D．d点纵坐标约为33.9
【答案】A
【解析】A．10mL浓度为0.1ml∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL 0.1ml∙L−1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线，故A错误；B．某温度下，分别向10mL浓度均为0.1ml∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1ml∙L−1的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解产生的c(H+)降低，溶液pH增大，硫化钠溶液呈碱性，完全反应后继续滴加硫化钠溶液，溶液pH增大，溶液pH：a＜b＜e，故B正确；C．CuCl2在溶液中发生水解反应，生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(Cl−)=2c(Cu2+)+2c[Cu(OH)2]，溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度，c(Cl−)＜2[c(Cu2+)+c(H+)]，故C正确；D．c点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2−)，则Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20mL 0.1ml∙L−1 Na2S溶液，溶液中硫离子浓度，，c(Cu2+)=3×10−34.4ml∙L−1，-lgc(Cu2+)=34.4
-lg3=34.4-0.5=33.9，故D正确。综上所述，答案为A。
9．在25℃时，FeS的Ksp=6.3×10−18，CuS的Ksp=1.3×10−36，ZnS的Ksp=1.3×10−24。下列有关说法中正确的是（ ）
A．饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为1.3×10−36ml·L−1
B．25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度
C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大
【答案】B
【解析】A．饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为=ml·L−1，故A错误；B．由FeS的Ksp=6.3×10−18、CuS的Ksp=1.3×10−36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；C．FeS的Ksp=6.3×10−18、ZnS的Ksp=1.3×10−24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；D．向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。
【点睛】比较溶解度大小的时候，应注意沉淀的类型必须相同。
10．金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿（主要成分钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。
（1）钛酸亚铁（用R表示）与碳在高温下反应的化学方程式为2R+C=2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁的化学式为_______________；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为________________________________。
（2）上述生产流程中溶液Ⅰ中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。
①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018ml/L，当溶液的pH等于_______时，Mg(OH)2开始沉淀。
②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为___________________________________________________________。
（3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为______________。Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_________。
【答案】（1）FeTiO3 FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
（2）10 TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓（或H2TiO3）+2H+
（3）TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO 隔绝空气
【解析】钛铁矿用浓硫酸溶解，反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量的铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到溶液中含有亚铁离子、TiO2+和少量镁离子等阳离子，冷却结晶得到副产品主要为硫酸亚铁，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温下反应得到氯化镁和钛金属。(1)钛酸亚铁与碳在高温下反应的化学方程式，根据原子守恒，钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，钛酸亚铁和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成还生成硫酸亚铁和水，该反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；(2)①加入过量的铁粉还原铁原子，防止亚铁离子被氧化为铁离子，溶液中镁离子的物质的量浓度为0.0018ml/L，析出氢氧化镁时，溶液中的c(OH−)=ml/L=10−4ml/L，则溶液中的氢离子浓度为10−10ml/L，则溶液的pH=10；②TiO(OH)2的溶度积最小，溶液加水稀释析出的白色沉淀为TiO(OH)2，该反应的离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓（或H2TiO3）+2H+；(3)乙为TiO2，与氯气和过量的碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO，镁能与空气中氧气、氮气反应，需要隔绝空气进行。
11．工业制胆矾时，将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解，除去杂质离子后，再蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀．回答下列问题：
(1)为除去溶液中的Fe2+，可先加入_______，(从下面四个选项选择)将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_______________________，然后加入适量的__________，(从下面四个选项选择)调整溶液的pH为______，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
A．CuO B．Cl2 C．Cu(OH)2 D．H2O2
(2)甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=1×10−38，Cu(OH)2的溶度积Ksp=3×10−20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10−5ml·L−1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3ml·L−1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为______，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为______，通过计算确定上述方案______(填“可行”或“不可行”)。
【答案】（1）D Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O AC 3～4
（2）4 3 可行
【解析】将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解，得到硫酸铜、硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，加入氧化剂，把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，过滤，蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。(1)由于pH9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，故除去溶液中的Fe2+，必须先加入氧化剂将Fe2+氧化，为了不引入杂质，加入的氧化剂选H2O2，即答案选D，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，为了不引入杂质，然后加入适量的CuO(或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3)，即答案选AC，调整溶液的pH至3~4，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀。(2)常温下，Cu(OH)2开始沉淀时c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]=310-20，c(OH−)==110−10ml/L，c(H+)=110−4ml/L，Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH=4。Fe3+完全沉淀时c(Fe3+)110−5ml/L，c(Fe3+)·c3(OH−)=Ksp[Fe(OH)3]=110−38，c(OH−)==110−11ml/L，c(H+)=110−3ml/L，Fe3+完全沉淀时溶液的pH=3。根据计算结果知上述方案可行。
12．钼酸钠晶体(Na2MO4·2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：
(l)Na2MO4·2H2O中钼元素的化合价为____，NaClO的电子式为___。
(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是____(答出两条即可)。
(3)途径I焙烧过程中化学方程式为____，碱浸时气体A的化学式为____。
(4)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MOeq \\al(2−,4))=0.40ml/L，c(COeq \\al(2−,3))=0.20ml/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去COeq \\al(2−,3)。当BaMO4开始沉淀时，COeq \\al(2−,3)的去除率是____(已知Ksp(BaCO3)=1×10−9、Ksp(BaMO4)=4.0×10−8，忽略溶液的体积变化)。
(5)途径II氧化时溶液中还有Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。
(6)途径I或途径II所得的Na2MO4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其重结晶操作的目的为____。
【答案】（1）+6
充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等
2MS2+7O2eq \(=====,\s\up7(高温))2MO3+4SO2 CO2
95%
1∶9
除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体
【解析】(l)Na2MO4·2H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MS2+7O2eq \(=====,\s\up7(高温))2MO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；（4）根据Ksp(BaMO4)=4.0×10−8，BaMO4开始沉淀时，则c(Ba2+)=Ksp(BaMO4)/
c(MOeq \\al(2−,4))=4.0×10−8/0.40=1.0×10−7ml/L，此时溶液中c(COeq \\al(2−,3))=Ksp(BaCO3)/c(Ba2+)=1×10−9/1.0×
10−7=0.01ml/L，COeq \\al(2−,3)的去除率=（0.20ml/L-0.01ml/L）/0.20ml/L=95%；(5)途径II氧化时还原剂为MS2、氧化剂为NaClO，生成物为Na2SO4和Na2MO4，反应中M化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1ml MS2失去16ml电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1ml得到2ml电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比1∶9；(6)重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体。
【点睛】根据元素守恒，产物Na2MO4中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化物，气体A为二氧化碳；根据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还原剂与氧化剂物质的量之比。
化学式
AgCl
AgSCN
Ag2CrO4
颜色
白
浅黄
红
Ksp
1.8×10‒10
1.0×10‒12
2.0×10‒12
氢氧化物
Fe(OH)2
TiO(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10−16
1.0×10−29
1.8×10−11