江苏省2023年高考化学模拟题汇编-05水溶液中的离子反应和平衡

这是一份江苏省2023年高考化学模拟题汇编-05水溶液中的离子反应和平衡，共35页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

江苏省2023年高考化学模拟题汇编-05水溶液中的离子反应和平衡

一、单选题
1．（2023·江苏南通·统考二模）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有少量酸性溶液的试管中滴加足量乙醇，充分振荡，观察溶液颜色变化
乙醇具有还原性
B
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察火焰颜色
溶液中存在
C
向盛有3 mL 0.1 mol·L 溶液的试管中滴加2滴0.1 mol·L NaCl溶液，振荡试管，再向试管中滴加2滴0.1 mol·L KI溶液，观察生成沉淀的颜色

D
将中间裹有锌皮的铁钉放在滴有酚酞的饱和NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化
铁钉能发生吸氧腐蚀

A．A B．B C．C D．D
2．（2023·江苏南通·统考二模）一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用氨水吸收，若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度。

下列说法正确的是
A．0.1 mol·L氨水中：
B．溶液氧化过程中比值逐渐减小
C．0.1 mol·L氨水吸收， mol·L溶液中：
D．1 L 0.1 mol·L氨水吸收标准状况1.68 L 后的溶液中：
3．（2023·江苏·统考二模）下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向试管中滴入几滴1－溴丁烷，再加入2mL5%NaOH溶液，振荡后加热，反应一段时间后停止加热，静置。取数滴水层溶液于试管中，加入几滴2%AgNO3溶液，观察现象
检验1－溴丁烷中的溴元素
B
向盛有4mL0.1mol•L-1KBr溶液的试管中加入1mL新制氯水，振荡，观察溶液颜色变化
Cl2的氧化性比Br2强
C
室温下，比较等物质的量浓度的NaF溶液和NaClO溶液pH的相对大小
Ka(HF)＞Ka(HClO)
D
向盛有5mL0.005mol•L-1FeCl3溶液的试管中加入5mL0.015mol•L-1KSCN溶液，再加入少量铁粉，振荡，观察溶液颜色变化
反应物浓度影响化学平衡

A．A B．B C．C D．D
4．（2023·江苏·统考二模）以一定浓度NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS。若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)。室温下，H2S的电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。下列说法正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
B．NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(S2-)
C．吸收所得c总=c(Na+)的溶液中：c(H2S)＞c(S2-)
D．NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降
5．（2023·江苏·统考一模）室温下用0.1 mol∙L-1 Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如下图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1=4.30×10-7、Ka2=5.61×10-11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。

下列说法正确的是
A．0.1 mol∙L-1 Na2SO3溶液中：
B．NaHSO3溶液中：
C．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：
D．“沉淀”分离后的滤液中：
6．（2023·江苏南通·统考一模）无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是

A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、
B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂
C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得
D．“脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl
7．（2023·江苏南通·统考一模）室温下，取四根打磨后形状大小相同的镁条，通过下列实验探究镁在溶液中的反应。
实验1    将镁条放入滴有酚酞的蒸馏水中，无明显现象，加热溶液，镁条表面产生气泡，溶液逐渐变红
实验2    将镁条放入滴有酚酞的1 溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红
实验3    将镁条放入滴有酚酞的1溶液(pH≈7)，产生气泡，溶液逐渐变红
实验4    将镁条放入滴有酚酞的1NaCl溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红
下列基于相应实验现象得出的结论不正确的是
A．实验1加热时发生反应的化学方程式为
B．实验2反应后的溶液中存在：
C．实验3产生的气体中可能含
D．实验1和实验4表明对Mg与反应有催化作用
8．（2023·江苏南通·统考一模）常温下，将溶液与溶液混合，可制得，混合过程中有气体产生。已知：，，，。下列说法不正确的是
A．向100mL pH=10的氨水中通入少量，反应后溶液中存在：
B．0.1 溶液中：
C．生成的离子方程式为：
D．生成沉淀后的上层清液中：
9．（2023·江苏·统考一模）氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1,H2S可除去废水中Hg2+等重金属禹子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．H2S具有还原性，可除去废水中的Hg2+
B．HNO3具有强氧化性，可用于制NH4NO3
C．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈
D．NaClO 溶液呈碱性，可用于杀菌消毒
10．（2023·江苏·统考一模）室温下，下列实验方案能得出相应结论的是
选项
方案
结论
A
将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生
木炭在加热条件下能与浓硝酸反应
B
用pH计分别测定0.1 mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者
HClO酸性强于CH3COOH
C
向Fe(NO3)2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液振荡，溶液颜色变红
氧化性: Ag+>Fe3+
D
向Na2SO3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去
Na2SO3溶液中存在水解平衡

A．A B．B C．C D．D
11．（2023·江苏·统考一模）工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示。已知： 25℃时，NH3·H2O的Kb=l.7x10-5， H2SO3的Ka1=1.3x10-2， Ka2=6.2x10-8,下列说法正确的是

A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3： c(H2SO3)> c(NH3·H2O)+c (SO)
B．向氨水中通入SO2至pH=7； c( HSO)>c (NH)> c(H+)= c(OH-)
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =NH + HSO+ H2O的平衡常数K=2.21×107
D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4SO= N2+ 4SO
12．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图1：

下列说法正确的是
A．“浸取”时的离子方程式为CuFeS2+4O2=Cu2++Fe2++2SO
B．“滤渣①”的成分是Fe(OH)3
C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质
D．CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是4
13．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）室温下，通过下列实验探究NH4Al(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验1：用pH试纸测定0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH，测得pH约为6
实验2：向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
实验3：向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全
实验4：向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3产生沉淀和气体
下列说法正确的是
A．0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中由水电离出的c(H+)约为10-8mol·L-1
B．实验2发生反应离子方程式为+Al3++ +Ba2++4OH-=BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O
C．实验3得到的溶液中有c()>c()>c(H+)>c(OH-)
D．实验4过滤后所得清液中一定存在：c2(Al3+)=

二、原理综合题
14．（2023·江苏南通·统考二模）乙硫醇()的综合利用及治理是当前环境领域关注的焦点之一。
(1)家用煤气中可掺入微量具有难闻气味的乙硫醇。
已知：   kJ·mol
   kJ·mol
   kJ·mol
的______。
(2)是一种高效多功能的新型绿色水处理剂，可用于除去废水中的。已知水溶液中的物种分布分数如图所示。

①已知，比较和酸性强弱并从结构的角度说明理由：______。
②写出工业废水时，氧化生成和的离子方程式：_______。
③一种采用电化学方法制取的装置原理如图所示。阳极使用的是易被氧化的活性铁电极。电解池阳极室中KOH溶液的浓度为14 mol·L、电解60 min，调节不同的电压，测得反应后溶液中的浓度与电流密度(其他条件一定，电压与电流密度大小成正比)的关系如图所示。

I  写出制取的电极反应式：______。
II  电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是______。
15．（2023·江苏南通·统考一模）从废脱硝催化剂(主要成分为、)中回收和，具有重要意义。
(1)碳氯化—氧化法提取。将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的与其他气体分离，并将其氧化得。该过程主要涉及以下反应：
反应I        
反应Ⅱ          
已知常压下的沸点为136.4℃，C的燃烧热为，CO的燃烧热为。
①反应I的_______。
②从反应I的混合体系中分离出的措施是_______。
③氯化炉中生成CO比生成更有利于转化为，其原因是_______。
(2)碱溶法回收和，部分工艺流程如下：

“酸洗”时，转化为或，“水解”后得到。
①写出“热碱浸取”时发生反应的离子方程式：_______。
②锐钛型和金红石型是最常见的两种晶体类型，煅烧过程中，会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得制备金红石型的操作方案：_______，金红石型的晶胞结构如图3所示。用“○”圈出所有位于晶胞体内的原子_______。

③为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL 溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL 0.5000 溶液(过量)，再用0.01000 标准溶液液定至终点，消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：；
计算样品的纯度_______(写出计算过程)。

三、工业流程题
16．（2023·江苏南通·统考二模）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”1 L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：1 mol·L 溶液，1 mol·L 溶液，1 mol·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：1 mol·L-1，1 mol·L-1 NaOH溶液)

17．（2023·江苏·统考二模）硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)可用于生产聚合硫酸铁。以钕铁硼二次废渣(主要含Fe2O3、Fe3O4等)为原料制备硫酸亚铁晶体的实验流程如图：

(1)“酸浸”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为_____。
(2)将“滤渣”返回“酸浸”工序，其目的是_____。
(3)与普通过滤相比，使用图1装置进行过滤的优点是_____。

(4)固定其他条件不变，反应温度、反应时间、铁粉过量系数[]分别对“滤液”中Fe3+还原率的影响如图2、图3、图4所示。

设计由100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］制备硫酸亚铁粗品的实验方案：_____。(须使用的试剂和仪器：铁粉、冰水、真空蒸发仪)
(5)通过下列实验测定硫酸亚铁晶体样品的纯度。准确称取1.2000g样品置于锥形瓶中，用50mL蒸馏水完全溶解，加一定量硫酸和磷酸溶液；用0.02000mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO转化为Mn2+)，平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液42.90mL。计算硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数_____。(写出计算过程)
18．（2023·江苏·统考二模）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+)≤5.5×10-6mol•L-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。

19．（2023·江苏·统考一模）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。

已知：萃取时发生的反应为。
(1)除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式：_______。
(2)除Ca、Mg：当某离子浓度时，认为该离子已除尽。
①为使、除尽，必须保持溶液中_______。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是_______。 [，，]。
(3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。

①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。
(4)热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到。将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。

①B点剩余固体产物为_______(写出计算过程)。
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_______个。

20．（2023·江苏·统考一模）锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。

(1)以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：
①“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：_____
②“转化”中维持反应温度70℃且控制氨水过量，氨水过量的主要原因是_____
③该工艺流程中，可循环利用物质是_______ (填化学式) 。
(2)工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。
①煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图,最佳煅烧温度为_____

②天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图,天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是_______。

(3)SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。

①由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为_______。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为_______mol·L-1。
21．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。铳(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：

已知：①xNH4Cl·yScF3·zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。
②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。
③25℃时，部分物质的相关信息如表所示：
Ksp(PbSO4)
Ksp(PbC2O4)
Ka1(H2C2O4)
Ka2(H2C2O4)
2.0×10-8
5.0×10-10
6.0×10-2
6.25×10-5

(1)“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为____。
(2)“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图中数据可得x：z=____。

(3)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是____。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是____。
(4)将1.8molPbSO4加到1L含有0.12mol/LH2C2O4的废水中。发生的离子反应为：PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的平衡常数的值K=____。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是____(化学式)。
22．（2023·江苏南京·南京师大附中校考一模）实验室研究从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中分别回收铜、锌、铅元素的流程如图。

(1)酸浸过程中，金属元素均由氧化物转化为硫酸盐，其中生成CuSO4的化学方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、____。
(2)置换过程中，铁屑完全消耗后，铜的产率随时间延长而下降，其可能原因为____。
(3)已知，25℃时，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8；PbSO4+2Cl-PbCl2+SO。一定条件下，在不同浓度的NaCl溶液中，温度对铅浸出率的影响、PbCl2的溶解度曲线分别如图1、图2所示。

浸出后溶液循环浸取并析出PbCl2的实验结果如表所示。
参数
循环次数
0
1
2
3
结晶产品中PbCl2纯度/%
99.9
99.3
98.7
94.3

①为提高原料NaCl溶液利用率，请补充完整利用酸浸渣制备化学纯(纯度≥98.5%)PbCl2晶体的实验方案：取一定质量的酸浸渣，____，将所得晶体洗涤、干燥。(可选用的试剂：5mol·L-1NaCl溶液，1mol·L-1NaCl溶液，NaCl固体)
②循环一定次数后的溶液中加入适量CaCl2溶液，过滤并加水稀释至其中NaCl浓度为1mol·L-1的目的是____。
(4)ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体加入250mL的锥形瓶中，加水约20mL。再加入2～3滴5％的二甲酚橙作指示剂、约5mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定的00160mol/LEDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应)。实验数据如表：
m(ZnSO4·7H2O)/g
起始滴定管读数/mL
终点滴定管读数/mL
0.1692
0.20
26.50

ZnSO4·7H2O产品的纯度为____(保留2位有效数字)。

参考答案：
1．A
【详解】A．酸性溶液的试管中滴加足量乙醇，若溶液褪色说明被还原为无色离子，则乙醇表现还原性，否则则无还原性，故A正确；
B．焰色试验只能确定金属元素是否存在，不能确定具体物质，故B错误；
C．所用硝酸银溶液过量，滴入的碘化钾直接与硝酸银反应生成AgI沉淀，不能说明是AgCl转化为AgI，因此不能验证Ksp大小，故C错误；
D．锌比铁活泼，形成原电池时Zn作负极，Fe作正极，铁钉不被腐蚀，故D错误；
故选：A。
2．C
【详解】A．0.1 mol·L氨水中部分电离产生和OH-，溶液呈碱性，溶液中个各粒子浓度关系为，故A错误；
B．溶液和氧气反应生成(NH4)2SO4，离子方程式为：2+O2=2+2H+，溶液酸性增强，c(OH-)减小，则增大，故B错误；
C．和得到，0.1 mol·L氨水吸收， mol·L溶液时，此时溶液为等浓度的和混合溶液，电荷守恒：，物料守恒：，则，则，故C正确；
D．1.68 L 的物质的量为=0.075mol，1 L 0.1 mol·L氨水吸收0.075mol得到含有0.075mol和0.025mol的混合溶液，则存在物料守恒，故D错误；
故选C。
3．A
【详解】A．NaOH过量，所以会与AgNO3反应生成沉淀，故无法检验溶液中是否有溴元素，A错误；
B．新制氯水中含有氯气分子，具有强氧化性，，则氯气的氧化性大于溴的氧化性，B正确；
C．F-与ClO-可以发生水解，水解程度越大碱性越大，说明酸的电离程度越小，C正确；
D．，当加入铁粉后，，铁离子的浓度减小，平衡逆向移动，D正确；
故选：A。
4．C
【详解】A．S2-的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为，A错误；
B．NaOH恰好转化为Na2S，则溶液中溶质全为Na2S，溶液中的氢氧根全部来自于水的电离，则c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B错误；
C．c总=c(Na+)，即c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=c(Na+)，此时加入的NaOH的物质的量等于H2S的物质的量，溶质全为NaHS，Ka2=1.3×10-13，HS-的水解平衡常数Kh==0.91×10-7，则HS-的水解程度大于电离程度，故c(H2S)＞c(S2-)，C正确；
D．NaOH溶液吸收H2S，发生酸碱中和反应放出热量，溶液温度升高，D错误；
故答案选C。
5．C
【分析】Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，生成NaHSO3；由于Ka2(H2SO3)=1.02×10-7＜Ka1(H2CO3)=4.30×10-7，所以NaHSO3与CaCO3反应只能生成NaHCO3和CaSO3；CaSO3被通入的O2氧化，生成CaSO4，从而获得石膏。
【详解】A．0.1 mol∙L-1 Na2SO3溶液中，存在电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2SO3)，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)，A不正确；
B．NaHSO3溶液中，Ka2=1.02×10-7，Kh2=≈6.49×10-13，则以的电离为主，溶液呈酸性，所以，B不正确；
C．由分析可知，由于Ka2(H2SO3)=1.02×10-7＜Ka1(H2CO3)=4.30×10-7，所以NaHSO3与CaCO3反应只能生成NaHCO3和CaSO3，“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：，C正确；
D．“沉淀”分离后的滤液，仍是CaSO3的饱和溶液，则，D不正确；
故选C。
6．B
【分析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到，加入脱水得到；
【详解】A．铁屑中主要成分Fe ，铁和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、，A错误；
B．氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确；
C．铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得，C错误；
D．是与水反应生成和HCl，D错误；
故选B。
7．D
【详解】A．加热条件下镁条与水发生反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，因此滴有酚酞的溶液变红色，故A正确；
B．实验2反应后溶液中存在电荷守恒：，溶液呈碱性，则，由此可知，故B正确；
C．实验3中反应后溶液呈碱性，碱性条件下铵根离子与氢氧根离子反应会生成氨气，因此气体可能为氨气，故C正确；
D．实验1和实验4对比可知NaCl对镁与水的反应有促进作用，其作用的离子可能是氯离子也可能是钠离子，故D错误；
故选：D。
8．A
【详解】A．通入少量，，中碳酸根离子会发生水解：， ，相当，故反应后为氨水和碳酸铵的混合溶液，氢氧根浓度变化不大，，则，可知：，故A错误；
B．由电荷守恒： ①；
物料守恒： ②；
①-②得：③
在溶液中：的水解常数 Kh()=；
的水解常数，由于铵根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，故溶液呈碱性，结合③式可知：，故B正确；
C． 由题意：电离出和，亚铁离子结合生成，并且结合生成二氧化碳和水，反应离子方程式为：，故C正确；
D．生成沉淀后的上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液，溶液中，故D正确；
故选：A。
9．C
【详解】A．H2S部分电离产生的硫离子与汞离子结合生成沉淀，可除去废水中的Hg2+，A错误；
B．HNO3具有酸性，可与氨水反应用于制NH4NO3，B错误；
C．NH4Cl溶液因铵根离子水解呈酸性，可用于去除铁锈，C正确；
D． 溶液具有强氧化性，可用于杀菌消毒，D错误；
故选C。
10．D
【详解】A．浓硝酸受热分解生成二氧化氮，也可能是碳与浓硝酸反应生成二氧化氮，因此无法得出碳在加热条件下能与浓硝酸反应的结论，A错误；
B．用pH计分别测定0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者，说明次氯酸根离子水解程度大于醋酸根离子，则醋酸酸性强于HClO，B错误；
C．酸化的AgNO3中氢离子和硝酸根离子可组成硝酸从而氧化亚铁离子生成铁离子，无法说明氧化性Ag+>Fe3+，C错误；
D．，亚硫酸根离子水解生成氢氧根离子从而使溶液呈碱性，加入BaCl2后Ba2+与反应生成BaSO3，消耗了亚硫酸根离子，导致亚硫酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，产生白色沉淀的同时红色褪去，D正确；
故答案选D。
11．C
【详解】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb=l.7x10-5 小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A错误；
B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)= c(OH-)，电荷守恒c( H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c ()＞c()，B错误；
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =++ H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-),解得K== 2.21×107，C正确；
D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4 = N2+ 4+4H+，D错误；
故答案为：C。
12．C
【详解】A．“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4CuFeS2+17O2+4H+=4Cu2++4Fe3++8SO+2H2O，A错误；
B．加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，B错误；
C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，C正确；
D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，D错误；
答案选C。
13．C
【详解】A．铵根离子和铝离子的水解促进水的电离，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH约为6，则由水电离出的c(H+)约为10-6mol·L-1，选项A错误；
B．实验2向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，反应生成硫酸钡沉淀、硫酸铵和氢氧化铝，发生反应离子方程式为2Al3++ 3+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，选项B错误；
C．实验3向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全，则得到的溶液为硫酸铵溶液，溶液呈酸性，离子浓度大小关系为c()>c()>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；
D．实验4向0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3产生沉淀和气体，可能为发生双水解产生的氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故过滤后所得清液中不一定存在碳酸铝沉淀的溶解平衡，故不一定存在：c2(Al3+)=，选项D错误；
答案选C。
14．(1)-3526 kJ·mol
(2)     酸性：，是推电子基团，使中的极性降低，电离出的能力减弱               铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成

【详解】（1）已知：①   kJ·mol；②   kJ·mol；③   kJ·mol；由盖斯定律可知，③+2×②-2×①得 =-3526 kJ·mol；
（2）①由图可知，当和浓度相等时，10 ②时，氧化生成和，Fe元素由+6价下降到+3价，S元素由-2价上升到+4价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；
③阳极使用的是易被氧化的活性铁电极，Fe失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是：铁电极表面出现更多的与Fe之间竞争放电生成；放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍的生成。
15．(1)     -49     将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝     与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行
(2)          用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重          86.45%

【详解】（1）①C的燃烧热为，可得热化学方程式：；CO的燃烧热为，可得热化学方程式：；由盖斯定律可知：反应I可由2×Ⅲ-2×Ⅳ-Ⅱ得到，则，故答案为：-49；
②常压下的沸点为136.4℃，从反应I的混合体系中分离出可将混合气体降温冷凝，使液化后与CO、分离，故答案为：将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝；
③氯化炉中生成CO会使反应I的熵值增大的更多，更有利于反应正向移动，故答案为：与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行；
（2）①热碱浸取”时转化为，反应离子方程式为：，故答案为：；
②用盐酸酸洗后转化为，经水解生成，难溶于水，经过滤、洗涤后得到，然后在950℃下煅烧至恒重即可得到；由晶胞结构可知黑球有八个位于顶点，个数为，白球上下面各有2个，晶胞中含有的白球个数为，结合化学式及晶胞结构可知，1个黑球和2个白球应为体内，才能满足化学式配比，故答案为：用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重；；
③根据得失电子守恒可得：

，，，故答案为：86.45%。
16．(1)     0.11 mol     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1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·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1 mol·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1 mol·L NaOH溶液

【分析】含锰废液含、、，还含及少量、，加将氧化成，再加碳酸锰条件溶液pH值使完全沉淀过滤除去，在滤液中加MnF2使、转化为CaF2、MgF2沉淀过滤除去，得到粗硫酸锰溶液，据此解答。
【详解】（1）① mol·L，1 L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1 mol·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1 mol·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1 mol·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1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·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1 mol·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1 mol·L NaOH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1 mol·L NaOH溶液。
17．(1)Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
(2)提高铁元素的浸出率
(3)过滤速度更快
(4)在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤
(5)99.39%

【分析】废渣溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铁，过滤后滤液中加足量铁粉将硫酸铁还原为硫酸亚铁，再过滤，通过蒸发浓缩冷却结晶得到粗品，再重结晶得到硫酸亚铁晶体，据此解答。
【详解】（1）Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，反应离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
（2）将“滤渣”返回“酸浸”工序，可使Fe3O4和氧化铁更充分与硫酸发生反应，提高铁的浸取率，故答案为：提高铁元素的浸出率；
（3）抽滤装置通过减小锥形瓶内的压强，可以加快过滤速率，故答案为：过滤速度更快；
（4）由图可知温度再80℃时还原率最高，因此温度选80℃；在稳定一定是过量系数为1.2时还原率最高，因此过量系数为1.2，而在前两者相同时反应时间2h时还原率高，因为搅拌时间控制在2h，结合过量系数可得：应加入铁粉的量为氯化铁消耗铁粉量的1.2倍，则100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］，结合反应可知消耗铁粉0.04mol，则需加0.04×1.2mol=0.048mol，铁粉质量为0.048×56=2.688g，同时为防止硫酸亚铁被氧化，应在真空蒸发仪中蒸发，然后冷却结晶后过滤，具体步骤为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤，故答案为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤；
（5）根据电子得失守恒可得关系式：，n()==0.02000mol•L-1×0.0429L×5=0.00429 mol，硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数=，故答案为：99.39%。
18．(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

【分析】粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料进行焙烧进行一定的转化，根据题设问可知，“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，加水溶解后“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。继续加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，可得到富集的Li+；加入碳酸钠溶液后，发生2Li++CO=Li2CO3↓，得到Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应，反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
【详解】（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+)≤5.5×10-6mol•L-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。
19．(1)
(2)     0.01     pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子
(3)     实现的提取和富集     随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降
(4)     在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4     12

【分析】含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出，处理后最终得到钴的氧化物；
【详解】（1）氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：；
（2）①，，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为，故为使、除尽，必须保持溶液中0.01。
②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子；
（3）①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集；
②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降；
（4）①在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4；
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。
20．(1)          能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行     NH3

(2)     1200℃     煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应
(3)     12    

【分析】（1）由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4．粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4。
【详解】（1）①由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，，答案：；
②氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行，答案：能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；
③第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3，NH3可循环利用，故答案为：NH3；
（2）①随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200℃后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200℃，答案：1200℃；
②SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；
（3）①由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个，答案：12；
②是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 mol·L-1，则 mol·L-1，所以，得，所以氟离子浓度为mol·L-1，答案：。
21．(1)2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
(2)1∶2
(3)     ScF3+H2OScOF+2HF(或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O)     除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解
(4)     1.5×10-4     PbSO4

【详解】（1）由流程图可知，Sc2(C2O4)3经焙烧后生成Sc2O3和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
（2）“xNH4Cl·yScF3·zH2O”脱水除铵是指脱去结晶水和氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，所以会产生白烟，所以380~400℃时固体减少的质量为氯化铵的质量，200~300℃时减少的质量为水的质量，则氯化铵的物质的量为：，水的物质的量为：，x:z=0.06:0.12=1:2。
（3）ScF3·6H2O沉淀高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与水发生反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为：ScF3+H2OScOF+2HF或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。
（4）平衡常数K=====1.510-4；在主要成分是H2C2O4的废水中加入PbSO4，结合反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)可知，有少量PbSO4转化为了PbC2O4，所得滤饼用浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡逆向移动，所以所得“沉淀”是PbSO4。
22．(1)2Cu2O+O2+4H2SO4=4CuSO4+4H2O
(2)铁屑消耗后，随时间延长，生成的Fe2+被空气氧化为Fe3+；Fe3+与置换出的Cu反应，降低了Cu的产率
(3)     加入一定量5mol·L-1NaCl溶液，在90℃条件下搅拌使其充分反应，一段时间后趁热过滤；将滤液冷却至室温结晶，过滤；向滤液中补充适量NaCl固体，循环浸取酸浸渣2次     加入Ca2+，将SO转化为CaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2的纯度；加水稀释NaCl浓度至1mol·L-1，使溶液中的PbCl2充分析出
(4)71%

【详解】（1）酸浸过程中，氧化铜能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，而氧化亚铜和氧气在稀硫酸环境中会生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：2Cu2O+O2+4H2SO4=4CuSO4+4H2O。
（2）铁屑消耗后，随时间延长，溶液中生成的亚铁离子被空气氧化为铁离子，铁离子与置换出的铜反应，铁离子与置换出的铜反应，降低了铜的产率。
（3）①根据分析可知酸浸渣中主要含有硫酸铅，根据图表数据可知当氯化钠溶液的浓度为5mol/L、温度为90℃时，铅的浸出率最大，而PbCl2在5mol/L的氯化钠溶液中的溶解度受温度影响较大，为防止PbCl2提前析出，要趁热过滤，同时还要注意循环浸取的次数不能超过2次，具体操作为：取一定质量的酸浸渣，加入一定量5mol·L-1NaCl溶液，在90℃条件下搅拌使其充分反应，一段时间后趁热过滤；将滤液冷却至室温结晶，过滤；向滤液中补充适量NaCl固体，循环浸取酸浸渣2次。
②加入Ca2+是为了将SO转化为CaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2中混有CaSO4沉淀；加水稀释NaCl浓度至1mol·L-1，有利于溶液中的PbCl2充分析出，从而提高PbCl2的产率。
（4）ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应，根据表中数据知，消耗EDTA的体积为(26.50-0.20)10-3L=2.6310-2L，则ZnSO4·7H2O的质量为2.6310-2L0.016mol/L287g/mol≈0.1208g，ZnSO4·7H2O的纯度为≈71%。