第3章物质在水溶液中的行为--福建省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（鲁科版）

这是一份第3章物质在水溶液中的行为--福建省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（鲁科版），共35页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．25℃时，用盐酸滴定氨水的滴定曲线如图所示(已知：滴定剂与被滴定组分的物质的量之比为滴定分数)。下列说法错误的是

A．a点溶液中水电离出的小于
B．温度升高，c点溶液的pH减小
C．滴定过程，溶液中不变
D．25℃时，的数量级为
2．下列实验装置或操作不正确的是
A．AB．BC．CD．D
3．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康
B．明矾净水的原理是能杀菌消毒
C．农村推广光伏发电有利于“碳达峰、碳中和”
D．热的纯碱溶液可去除餐具的油污
4．下列事实中一定能证明是弱电解质的是
①用溶液做导电实验，灯泡很暗
②溶液的
③等pH等体积的硫酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多
④醋酸溶液恰好与溶液完全反应
⑤的溶液稀释至1000倍，
A．①②④⑤B．②③⑤C．①②③④⑤D．①②⑤
5．下列实验事实能用平衡移动原理解释的是
A．工业上用SO2和O2制备SO3时，选择常压而不用高压
B．使用铁触媒能加快合成氨的反应速率
C．平衡4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)，加压气体颜色变深
D．将氯化铝溶液低温蒸干，最终得到氢氧化铝固体
6．25°C时，HA、HB两种溶液中酸分子的百分数δ(HR)(R代表A或B)与pH的关系如图所示[已知：HA酸性比HB强，]。下列说法错误的是
A．含N点的曲线代表的是HB
B．将pH相等的HA溶液与HB溶液等体积混合，混合前后酸的电离程度均不变
C．等浓度的NaA和NaB两种溶液的阴离子浓度之和：前者>后者。
D．将0.1ml·L-1的HB溶液与0.1ml·L-1的NaB溶液等体积混合，所得溶液pH”、“＜”或“=”)。
(2)a点pH=x，则常温下 (用含x的代数式表示)。
(3)b点溶液中与的比值小于1的原因是 。
(4)c点溶液， (填“>”、“＜”或“=”)。
(5)a、b、c三点中，水电离程度最大的是 。
15．电解质溶液中存在多种平衡体系，请根据相关信息回答下列问题。
(1)已知常温下FeS和CuS的溶度积分别为，。向FeS悬浊液中滳加溶液产生黑色沉淀，发生反应的离子方程式为 ，该反应得平衡常数K= 。
(2)已知常温下HA的。常温下，含等物质的量浓度的HA与NaA的混合溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。
(3)若25℃时，0.10ml/L的的电离度为1%，则由醋酸电离出的约为水电离出的的 倍。
(4)已知在25℃时，醋酸的电离平衡常数为。常温下，0.1ml/LNaOH溶液和溶液混合后(忽略混合前后溶液体积的变化)溶液的pH=7。
① (填“>”、“、Ka (HB)，则在相同pH时，δ(HB)大于δ(HA)，因此δ(HB)曲线处于δ(HA )曲线的上方，故A正确；
B．由反应平衡常数公式HR的电离平衡常数，知，则当pH相同的HA和HB混合后，pH不改变，则不变，则混合前后酸的电离程度均不变，故B正确；
C．NaR溶液中，R-发生水解，离子方程式为：，溶液中存在的电荷守恒关系为：，阴离子浓度之和等于阳离子浓度之和。HA比HB的酸性强，越弱越水解，则相同浓度的NaA与NaB溶液相比，NaA溶液的水解程度较小，溶液中c(OH-)较小，c(H+)较大，而两溶液c (Na+)相同，所以NaA溶液中阳离子浓度之和即阴离子浓度之和较大，故C正确；
D．由知，当δ(HB)= 0.5时，Ka(HB)=c(H+)，则电离常数Ka (HB) = 10-4.88，则水解常数Kb (NaB)= 10-9.12，在浓度相同时HB的电离程度大于NaB的水解程度。由0.1ml/L的HB溶液与0.1ml/L的NaB溶液等体积混合后的溶液后，如果不发生任何反应则δ(HB) = 0.5，有NaB水解反应和HB电离发生时，主要的反应为HB的电离，HB⇌H++B-，c(B)增大，根据物料守恒c(HB) +c(B- )不变，所以δ(HB )减少，δ(HB) < 0.5，由图可确定该溶液的pH > 4.88；故D错误；
故选D。
7．D
【详解】A．欲比较H2SO3与H2CO3的酸性强弱，应测试等物质的量浓度的2种酸的pH，由于二氧化硫和二氧化碳溶解度不同，故它们的饱和溶液中H2SO3与H2CO3的物质的量浓度不同，故A错误；
B．快速压缩装有NO2、N2O4平衡混合气体的针筒活塞，则不管平衡是否移动、不管平衡朝哪个方向移动，气体浓度必定增大、气体颜色必定变深，则难以证明增大压强平衡向生成NO2的方向移动，故B错误；
C．向AgNO3溶液中先加入少量NaCl溶液，再加入NaBr溶液，则先生成白色氯化银沉淀，过量的AgNO3溶液必定与NaBr溶液反应生成浅黄色沉淀溴化银，不能证明氯化银转化成了碘化银，则难以比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgBr)的相对大小，故C错误；
D． 2mL含有酚酞的Na2CO3溶液因碳酸根水解呈红色，往其中加入少量CaCl2晶体，会产生白色沉淀、溶液红色变浅，则碳酸根的消耗导致了溶液中氢氧根浓度的减少，也即水解平衡左移，故可以证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确；
答案选D。
8．C
【详解】A．Fe(OH)3和HI会发生氧化还原反应，产生FeI2、I2、H2O的反应：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，A错误；
B．惰性电极电解氯化镁溶液，在阳极上Cl-失去电子被氧化产生Cl2，在阴极上H2O电离产生的H+获得电子变为H2，同时溶液中的Mg2+与OH-结合形成Mg(OH)2沉淀，故电解反应方程式为：2Cl-+2H2O+Mg2+H2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，B错误；
C．用Na2CO3溶液浸泡水垢，会发生沉淀转化形成CaCO3沉淀，反应的离子方程式为：(aq)+CaSO4(s)=CaCO3(s)+(aq)，C正确；
D．Na2S水解程度是微弱的，存在水解平衡，且水解反应逐步进行，主要是第一步水解，该步水解反应的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，D错误；
故合理选项是C。
9．B
【详解】A．由图可知，溶液中氯离子浓度增大时，氯化银的分布系数δ先增大后不断减小，说明氯化银的溶解度起始随着氯离子浓度增大而不断减小，当溶液中银离子和氯离子形成络离子时，随着氯离子浓度增大，氯化银的溶解度增大，A正确；
B．由图可知，溶液中氯离子浓度为10-2.54ml/L时氯化银的分布系数δ最大，沉淀最彻底，则由溶度积可知，溶液中银离子浓度为=10-7.21ml/L，B错误；
C．由图可知，溶液中氯离子浓度为10-2ml/L时，溶液中离子浓度的大小顺序为c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)，C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K=，由图可知，氯离子浓度为10-0.2ml/L时，溶液中c(AgCl)=c(AgCl)，则平衡常数K==100.2，D正确；
答案选B。
10．D
【详解】A．反应①中沉淀是Ag2CrO4，存在溶解平衡：，选项A正确；
B．反应①中存在溶解体系，即①的上层清液中存在Ag＋，加入NH3·H2O，先发生Ag++NH3·H2O=AgOH↓+，继续滴加NH3·H2O，发生AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，因此溶液显变浑浊，再变澄清，选项B正确；
C．浊液中加入KCl，有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，选项C正确；
D．根据实验，加入KCl的浓度为2ml·L－1，比K2CrO4的浓度大的多，当c(Ag＋)×c(Cl－)>Ksp时，就会有AgCl沉淀产生，因此本实验不能证明沉淀可以转化为AgCl沉淀，选项D不正确；
答案选D。
11．C
【详解】A．a点和c点溶液中pH相同、氢离子浓度相同，但温度不同，随着温度的升高，Kw增大， c点的Kw大，Kw＝c(H+)·c(OH－)，所以a点溶液的c(OH－)比c点溶液的小，故A错误；
B．碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh()＝＞Ka2(H2CO3)，所以Kw＞Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，故B错误；
C．随着温度升高，Kw增大，中性溶液的pH比7小，故b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c()+2c()+c(OH－)，由于碱性溶液c(H+)＜c(OH－)，所以c(Na+)＞c()+2c()，故C正确；
D．碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解的两个过程，故D错误；
故选C。
12．B
【详解】A．和会剧烈完全双水解不能大量共存，选项A错误；
B．pH=1的溶液为酸性较强溶液，各离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确；
C．水解呈较强酸性，中性溶液不能存在，选项C错误；
D．水电离出的的溶液可能是酸性也可能是碱性，在酸性溶液中不能大量共存，选项D错误；
答案选B。
13．(1)③>①>②
(2) OH-+ H2C2O4=H2O+HC2O c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4) 2c(HC2O)+2c(H2C2O4)+2c(C2O) ⑤
(3)4.7×10-8
【详解】（1）电离平衡常数由大到小的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO，电离常数越大，酸的酸性越强，其盐溶液的水解程度越小，盐溶液的pH越小，则浓度均为0.1ml•L-1的①NaCN②CH3COONa③Na2CO3的pH由大到小的顺序是：③>①>②。
（2）①25℃时，用0.10ml•L-1KOH溶液滴定•L-1H2C2O4溶液，H2C2O4是二元弱酸，当V＜10mL时，反应的离子方程式为：OH-+ H2C2O4=H2O+HC2O；
②25℃时，用0.10ml•L-1KOH溶液滴定•L-1H2C2O4溶液，H2C2O4是二元弱酸，当V=10mL时，得到KHC2O4溶液，该溶液pHc(C2O)>c(H2C2O4)；
③25℃时，用0.10ml•L-1KOH溶液滴定•L-1H2C2O4溶液，H2C2O4是二元弱酸，当V=20mL时，得到K2C2O4溶液，该溶液中存在物料守恒：c(K+)=2c(HC2O)+2c(H2C2O4)+2c(C2O)；
④H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离，所以水的电离程度最大的是K2C2O4浓度最大的⑤。
（3）已知：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，所以先生成AgI，再生成AgCl，当出现AgCl沉淀时，c(Ag+)==1.8×10-9ml/L，得此时c(I-)==4.7×10-8ml/L。
14．(1)＜
(2)或
(3)b点溶液中含等物质的量浓度的氨水和，溶液呈碱性，因此的电离程度大于的水解程度，使得小于，其比值小于1
(4)＞
(5)c
【分析】氨水中逐渐滴入等浓度的盐酸，碱性逐渐减弱，溶液的pH值逐渐减小，由于反应是放热反应，因此温度在逐渐升高，后来温度又逐渐下降，水的离子积常数会发生变化。
【详解】（1）根据a、d两点对应的温度，d点温度高，因此d点水的离子积常数大即水的离子积(a) ＜(d)；故答案为：＜。
（2）a点pH=x，则1.000 ml∙L−1氨水中氢氧根浓度为，则常温下；故答案为：或。
（3）b点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨且两者物质的量浓度相等，由于溶液显碱性，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，因此铵根离子浓度大于一水合氨的浓度，则与的比值小于1的原因是b点溶液中含等物质的量浓度的氨水和，溶液呈碱性，因此的电离程度大于的水解程度，使得小于，其比值小于1。
（4）c点由于温度高于25℃，溶液pH=7,，说明溶液呈碱性，根据电荷守恒得＞；故答案为：＞。
（5）从a点到c点逐滴加入盐酸，溶液碱性逐渐减弱，抑制水的能力逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，因此a、b、c三点中，水电离程度最大的是c；故答案为：c。
15．(1) FeS+Cu2+=CuS↓+Fe2+
(2) 碱 c(Na+)平＞c平(A-)＞c平(OH-)＞c平(H+)
(3)108
(4) < 180
【详解】（1）溶度积较大的沉淀可转化为溶度积较小的沉淀，则向FeS悬浊液中滳加溶液产生黑色沉淀的方程式为：FeS+Cu2+=CuS↓+Fe2+；该反应得平衡常数K=；
（2）常温下，含等物质的量浓度的HA与NaA的混合溶液中A-的水解平衡常数Kh==1.6×10-5＞6.0×10-10=Ka，说明A-的水解程度大于HA的电离程度，所以溶液显碱性；A-水解产生HA，由于A-水解大于HA电离作用，所以溶液中c平(A-)＜c平(HA)；盐NaA电离产生Na+、A-，A-水解消耗，则c(Na+)＞c平(A-)；水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c平(OH-)＞c平(H+)，盐电离产生的离子浓度远大于弱电解质水电离产生的离子浓度，所以c平(A-)＞c平(OH-)，故该溶液中各种离子浓度大小关系为：c(Na+)平＞c平(A-)＞c平(OH-)＞c平(H+)；
（3）若25℃时，0.10 ml/L的CH3COOH的电离度为1%，溶液中氢离子浓度为0.10×1%=1×10-3ml/L，则该溶液的pH=3；醋酸溶液中的氢氧根离子浓度=10-11ml/L，醋酸溶液中的氢氧根离子浓度等于水电离出的c(H+)，所以由醋酸电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)之比为：10-3：10-11=108:1；
（4）①若V1：V2=2:1，则酸碱恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，反应后溶液显中性，所以CH3COOH就得稍过量一些，因此V1：V2
(3)减小
(4)0.05
(5)增大
(6)ABDC
【详解】（1）等物质的量的一元酸和一元碱恰好反应生成盐和水，生成的盐溶液呈碱性说明该酸是弱酸，生成的盐能水解导致溶液中c()>c()，溶液的pH>7，水解方程式为：。
（2）该盐含有弱酸根离子能促进水电离，氢氧化钠是强碱能抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c(H+) > 0.1ml·L-1 NaOH溶液中由水电离出的c(H+)。
（3）将混合溶液从25 ℃升温至30 ℃，溶液中，根据水解平衡常数，升高温度促进盐类的水解，Kh增大，将减小。
（4）等体积混合所得溶液中根据物料守恒，可知c (HA)+c (A-)=0.05ml·L-1
（5）0.1 ml·L-1HA溶液，，加入少量水，促进电离，n(A-)增大，c(A-)减小，不变，那么将增大。
（6）NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同；将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4HCO3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性；(NH4)2SO4和NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中铵根离子浓度越大，水解程度越小，但水解的个数多，所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；四种盐溶液按pH由大到小的顺序排列：ABDC。
18．(1)④②③①
(2)⑥④⑤⑦
(3)c(Cl-)＞c()＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
(4)＞
【详解】（1）①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④氯化铵四份溶液中，前三份直接电离出H+或OH-，抑制水电离，④氯化铵发生水解，促进水电离；①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠中，①硫酸电离出的H+浓度最大，对水电离的抑制作用最强，③氢氧化钠为一元强碱，发生完全电离，②醋酸为一元弱酸，只发生部分电离，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①。答案为：④②③①；
（2）④氯化铵 ⑤醋酸铵 ⑥硫酸氢铵 ⑦氨水四份溶液中，④氯化铵 ⑤醋酸铵 ⑥硫酸氢铵都能完全电离出，而⑦氨水只能部分电离出，所以浓度最小。在④氯化铵 ⑤醋酸铵 ⑥硫酸氢铵中，④氯化铵只发生水解，⑤醋酸铵发生双水解反应，⑥硫酸氢铵电离出的H+将抑制水解，所以④、⑤、⑥、⑦四种溶液中浓度由大到小的顺序是⑥④⑤⑦。答案为：⑥④⑤⑦；
（3）将③氢氧化钠、④氯化铵按体积比1:2混合后，此时所得溶液为NaCl、NH4Cl、NH3∙H2O等物质的量的混合溶液，此溶液显碱性，则表明NH3∙H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，从而得出混合液中各离子浓度由大到小的顺序是c(Cl-)＞c()＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)。答案为：c(Cl-)＞c()＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)；
（4）已知t℃，Kw=1×10-13，在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=7，则，从而得出，所以a＞b。答案为：＞。
【点睛】Kw=1×10-13＞1×10-14，则温度高于25℃。
19． ＜ Fe3+＋3H2OFe (OH)3＋3H+ Fe2O3 A 5.0×10-11 c(A-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-) 0.1 2.5×10–8
【详解】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，则其溶液的pH＜7，原因是Fe3+＋3H2OFe (OH)3＋3H+。把FeCl3溶液蒸干灼烧过程中，HCl挥发，Fe(OH)3分解，最终得到的主要产物是Fe2O3，故答案为：＜；Fe3+＋3H2OFe (OH)3＋3H+；Fe2O3；
(2)A．上述实验能判断出温度升高，pH减小，则溶液的酸性增强，氯化铁的水解程度增大，A正确；
B．实验2相当于实验1升高温度，水解平衡右移，c(H＋)增大，pH减小，实验3相当于实验1增大FeCl3浓度，c(H＋)增大，pH减小，所以表格中x最大，B不正确；
C．增大盐的浓度，虽然水解平衡正向移动，但水解程度减小，C不正确；
故选A；
(3)25℃时，0.1ml·L−1HA(298K时Ka=4.0×10–7)溶液中c(H＋)= ==2.0×10-4ml·L-1，则由水电离出的c(H＋)= c(OH-)=ml·L-1=5.0×10-11，故答案为：5.0×10-11；
(4)在X点时，溶液中n(NaA)=0.005ml，n(HA)=0.005ml，溶液呈酸性，表明主要发生HA的电离，所以各离子浓度由大到小的排列顺序是c(A-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故答案为：c(A-)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-)；
(5)在K点时，依据电荷守恒，溶液中c(OH-)＋c(A-)-c(H＋)=c(Na＋)= =0.1ml·L−1，故答案为：0.1；
(6)25℃时，NaA的水解平衡常数Kh===2.5×10–8，故答案为：2.5×10–8。
20． 2.5 2.8×10-3 6×10-3 0.62 2.0×10-5 5×10-3
【详解】(1)在610K时，将0.10mlCO2与0.40mlH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应达到平衡后H2O的物质的量分数为0.02，设转化得到COS为x，则
=2%，解得x=0.01ml，H2S的平衡转化率=×100%=2.5%，反应平衡常数K==2.8×10-3，故答案为2.5；2.8×10-3；
(2)NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0ml•L-1，由Kb=可知c(OH-)=ml/L=6.0×10-3ml/L，当c(OH-)降至1.0×10-7ml•L-1时，c(H+)=1.0×10-7ml•L-1，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，由Ka2=可知==0.62，故答案为6.0×10-3；0.62；
(3)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10-5ml/L，依据Ksp(AgCl)=2.0×10-10，计算得到c(Ag+)===2.0×10-5ml/L，此时溶液中c(CrO)==ml/L=5.0×10-3ml/L，故答案为2.0×10-5；5.0×10-3。
21．(1)
(2)
(3)加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色
(4)31.6%
(5)AB
(6) pH>7 氯水颜色变浅
【分析】亚硫酸钠中滴加70%硫酸，反应生成二氧化硫，通入和混合溶液中发生反应4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，氢氧化钠溶液用于吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。
【详解】（1）和均为强碱弱酸盐，发生水解使溶液呈碱性，水解方程式为： 、。
答案为：。
（2）和溶液中通入二氧化碳制备的方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，则理论上和的最佳物质的量之比应为1:2。
答案为：。
（3）步骤②中溶液注入锥形瓶，加入2~3滴淀粉溶液，用标准碘溶液滴定，根据反应原理，滴定终点时硫代硫酸钠反应完全，碘遇淀粉变蓝，滴定终点的现象为：加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色。
答案为：加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色。
（4）由表格数据计算可知，第一次消耗碘的体积误差偏大，应舍去，计算可得平均消耗碘的体积为20.0mL，根据反应原理：2~I2，n(I2)=,则产品中的质量分数为。
答案为：31.6%。
（5）A．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致读数偏低，V(I2)偏低，产品含量偏低，故A正确；
B．滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出，溶质偏少，消耗碘的量偏小，产品含量偏小，故B正确；
C．滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准碘溶液润洗，标准碘的浓度偏低，消耗碘的体积偏大，结果偏大，故C错误。
答案为：AB。
（6）为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，若用pH试纸测，若pH>7，说明假设1不成立；从化合价的角度，中硫元素的化合价为+3价，具有强还原性，与新制氯水中的氯气发生氧化还原反应，氯水颜色变浅，则假设2成立。
答案为：pH>7；氯水颜色变浅。
22．(1)加热、搅拌、适当增大硫酸浓度
(2)
(3)
(4)10
(5)水浴加热
(6)煅烧
【分析】工厂烟灰中加入稀硫酸进行浸取，其中二氧化硅为酸性氧化物，不与稀硫酸反应，其余金属氧化物均溶解生成盐溶液，过滤后滤渣为二氧化硅，继续向滤液中加入尿素调节pH，反应生成Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2沉淀，晶化后过滤得到滤饼，洗涤、干燥、焙烧得到对应的氧化物，在500°C温度下用氢气还原得到产品。
【详解】（1）加热、搅拌、适当增大硫酸浓度可加快浸取速率。
答案为：加热、搅拌、适当增大硫酸浓度。
（2）结合上述分析，滤渣为二氧化硅。
答案为：。
（3）尿素在水中发生水解反应，元素化合价不发生变化，水解时发生的方程式为：+H2O=CO2+2NH3。
答案为：。
（4）根据以上分析，悬浊液中含有Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2， ,根据，可得c(OH-)=1.010-4，则溶液的10。
答案为：10。
（5）“晶化”过程中，需保持恒温70℃，采用的加热方式为水浴加热。
答案为：水浴加热。
（6）结合上述分析，干燥后煅烧分解生成氧化物。
答案为：煅烧。
23．(1) 酸度计