12沉淀溶解平衡--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版）

这是一份12沉淀溶解平衡--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版），共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）硫及其化合物的转化形态丰富。下列说法正确的是
A．用氨水吸收烟气中的物质转化：
B．工业制硫酸过程中的物质转化：
C．用溶液还原酸性废液中的反应：
D．饱和溶液分批浸取重晶石：
2．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）已知，，室温下，通过实验研究亚硫酸盐的性质，下列说法正确的是
A．实验1的溶液中：
B．实验2反应静置后的上层清液中有
C．实验3中：
D．实验4中发生反应：
3．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
4．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）室温下，某兴趣小组通过下列实验制备少量NaHCO3并探究其性质。
实验1：测得100 mL 14 ml·L-1氨水的pH约为12。
实验2：向上述氨水中加NaCl粉末至饱和，通入足量CO2后析出晶体。
实验3：将所得混合物静置后过滤、洗涤、干燥，得到NaHCO3。
实验4：配制100 mL一定浓度的NaHCO3溶液，测得pH为8.0。
下列说法正确的是
A．依据实验1推测Kb(NH3·H2O)约为7×10-26
B．依据实验2推测溶解度： NaHCO3>NaCl
C．实验3所得滤液中：c(NH)＋c(H＋)=c(Cl-)＋c(OH-)
D．实验4的溶液中：c(H2CO3)-c(CO)=9.9×10-7 ml·L-1
5．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）室温下，下列实验探究方案能够达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
6．（2023上·江苏南通·高三统考期末）草酸亚铁是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取FeC2O4：
已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7。
下列说法正确的是
A．室温下，0.10mlL-1NaHC2O4溶液中存在：c(C2O)B．酸化、溶解后的溶液中存在：c(NH)+2c(Fe2+)＞2c(SO)
C．室温时，反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4↓+2H+的平衡常数K=40
D．过滤后的上层清液中：c(Fe2+)c(C2O)≥2.1×10-7
7．（2023上·江苏盐城·高三盐城中学校考期末）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A．AB．BC．CD．D
8．（2023上·江苏苏州·高三统考期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
9．（2023上·江苏南通·高三统考期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
10．（2023上·江苏无锡·高三统考期末）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0.010 0 ml/L Na2C2O4标准溶液，现对25 ℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是
A．0.010 0 ml/L Na2C2O4溶液中存在：c(OH−)=c(H+)+c(H2C2O4)+c()
B．若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7，此时溶液中存在：c()>c(Cl−)>c(H2C2O4)
C．已知25℃时Ksp(CaC2O4)=2.5×10−9。向该溶液中加入等体积0.0200 ml/L CaCl2溶液，所得上层清液中c()<5×10−5ml/L
D．向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，被还原为Mn2+，则反应的离子方程式：+4+14H+=2CO2↑+4Mn2++7H2O
11．（2022上·江苏扬州·高三统考期末）下列由实验操作及现象所得结论正确的是
A．将同浓度同体积的KHSO3溶液与FeCl3溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明该反应存在一定限度
B．向可能含有苯酚的苯中加入适量的浓溴水，若未出现白色沉淀，证明苯中不含有苯酚
C．将饱和NaBr溶液滴入AgCl浊液中，沉淀颜色由白色变为淡黄色，证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
D．常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1ml•L-1CH3COONa溶液和Na2S溶液，后者pH大，证明酸性：H2S12．（2023上·江苏苏州·高三常熟中学校考期末）CuCl可作有机合成的催化剂，可由废铜屑经如下转化流程制得。已知“沉淀”时的反应为[CuCl2]-⇌CuCl↓＋Cl-，Ksp(CuCl)=1×10-6，CuCl的晶胞如下图。

关于转化流程，下列说法正确的是
A．“氧化”时每消耗1 ml H2O2，同时生成0.5 ml O2
B．“还原”时的离子方程式为Cu2＋＋2Cl-＋SO＋2OH-=[CuCl2]-＋SO＋2H2O
C．“滤液”中c(Cu＋)=1×10-3 ml·L-1
D．1个CuCl晶胞中含有4个Cu＋和4个Cl-
13．（2022上·江苏南通·高三统考期末）室温下：Ka1(H2C2O4)=10-1.26、Ka2(H2C2O4)=10-4.27、Ksp(CaC2O4)=10-8.64。实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如表：
下列所得结论正确的是
A．a>7
B．实验2中溶液浓度的大小关系为：c(NH4Cl)C．实验3混合溶液中有：c(Na+)=c(C2O)+c(HC2O)+c(Cl-)
D．实验4所得上层清液中的c(HC2O)=10-4.37ml·L-1
14．（2022上·江苏南通·高三统考期末）现用菱锰矿(主要成分MnCO3，含有FeCO3、CCO3、NiCO3等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如图。下列说法正确的是
A．“酸浸”时MnCO3发生反应为：2H++CO=2H2O+CO2↑
B．MnO2氧化了Fe2+、C2+、Ni2+
C．“沉降”后溶液中主要存在的离子：NH、Mn2+、OH-、SO
D．分离Mn2+与C2+、Ni2+是利用了它们硫化物Ksp的差异性
15．（2022上·江苏南通·高三统考期末）室温下，通过下列实验探究沉淀的生成、转化与溶解。
下列有关说法正确的是
A．实验 1 所得上层清液中有 c(Na+)>c(Cl-)>c(NO)
B．实验 2 说明 Ksp(AgI)>Ksp (AgCl)
C．实验 3 所用的 Na2S 溶液中存在 c(OH-)=c(H＋)＋c(HS-)＋c( H2S)
D．实验 4 中反应的离子方程式为 Ag＋＋2NH3=[Ag(NH3)2]＋
二、填空题
16．（2018上·江苏无锡·高三统考期末）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣( 除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe 等杂质) 为原料获得。有关工艺流程如下：
注：（1）NiCO3 是一种不溶于水、易溶于强酸的浅绿色沉淀。
（2）25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.64×10-39；溶液中离子浓度小于10-5ml·L-1，可视为沉淀完全。
请回答下列问题：
（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有 。(任写一点)
（2）在滤液Ⅱ中加入H2O2 时，温度不能太高的原因是 。
（3）滤液Ⅲ中溶质的主要成分是 ，检验滤液Ⅲ中是否还有铁元素的方法是 。
（4）除铁时还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH 条件下最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠 [Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀除去。下图是温度-pH 与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域。下列说法正确的是 (选填序号)。
a.FeOOH 中铁为+2价
b.若在25℃时，用H2O2 氧化Fe2+，再在pH=4 时除去铁，此时溶液中c(Fe3+)=2.64×10-27ml·L-1
c.用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+ 离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O
d.工业生产中常保持在85～95℃生成黄铁矾钠，此时水体的pH 为1.5左右
（5）从“沉淀A”制得NiSO4·6H2O晶体的实验步骤依次为： ，用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体并晾干。(实验中须使用的试剂有：6ml·L-1的H2SO4 溶液，蒸馏水)
17．（2018·江苏常州·高三统考期末）铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛。
(1) 由辉铜矿制取铜的反应过程为：
2Cu2S(s)＋3O2(g)===2Cu2O(s)＋2SO2(g) ΔH＝－768.2 kJ·ml－1，
2Cu2O(s)＋Cu2S(s)===6Cu(s)＋SO2(g) ΔH＝＋116.0 kJ·ml－1，
①热化学方程式：Cu2S(s)＋O2(g)===2Cu(s)＋SO2(g) ΔH＝ kJ·ml－1。
②获得的粗铜需电解精炼，精炼时粗铜作 极。
(2) 氢化亚铜是一种红色固体，可由下列反应制备：4CuSO4＋3H3PO2＋6H2O===4CuH↓＋4H2SO4＋3H3PO4。
①该反应还原剂是 (写化学式)。
②该反应每转移3 ml电子，生成CuH的物质的量为 。
(3) 氯化铜溶液中铜各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与c(Cl－)的关系如图所示。
①当c(Cl－)＝9 ml·L－1时，溶液中主要的3种含铜物种的浓度大小关系为 。
②在c(Cl－)＝1 ml·L－1的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为 ， (任写两个)。
三、解答题
18．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）工业上利用高钛炉渣(主要成分为及等)制备。
已知：①在高温下与反应生成，弱碱性条件下水解会生成沉淀；
②难溶于稀酸或稀碱，可以溶解在浓酸或浓碱中；
③水解能力显著强于容易吸附沉淀。
Ⅰ．硫酸法制备
(1)焙烧、浸取
①“焙烧”时可将转化为，该反应的化学方程式为 。
②酸浸渣的主要成分为 。
(2)沸腾水解
①水解反应的平衡常数 。(已知：该温度下)
②其他条件不变，初始溶液对含的溶液水解率的影响如图所示，在范围内，随着增大，水解率下降的原因是 。
(3)产品中的纯度测定
准确称取样品，加入适量浓硫酸，加热至样品完全溶解，冷却后用水稀释，冷却至室温后再加入铝片将还原为，用溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗溶液。计算样品中的纯度为 (已知：可将还原为)。
Ⅱ．碱法制备
(4)高钛炉渣与固体混合灼烧，冷却后加水浸出后得到含大量的固体，请补充完整制取高纯的实验方案：将浸出后的固体置于容器中， ，将煅烧得(实验中须使用的试剂：稀、溶液、溶液、溶液)。
19．（2024上·江苏扬州·高三统考期末）以废旧锂离子电池正极材料(主要成分为镍钴锰酸锂，还有少量镁铝合金和含铁化合物)为原料，回收Ni2＋、C2+、Mn2＋的过程可表示为：
已知：Ksp(MnF2)=5×10-3 Ksp(MgF2)=8×10-11
(1)“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为Ni2＋、C2+、Mn2＋进入溶液。该过程中H2O2的作用是 。保持其他条件相同，搅拌相同时间，测得不同温度下镍、钴、锰的浸出率如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是 。
(2)“除铁”生成黄钠铁矾沉淀时需控制溶液的pH为1.5~1.8。该过程中需不断加入NaOH溶液，其作用是 。
(3)物质X可调节溶液的pH，X为 (填序号)。
A．NH4Cl B．(NH4)2SO4 C．NH4HCO3
(4)“除铝”后的滤液中含有Mg2＋，可以用MnF2除去。结合反应的平衡常数解释用MnF2能除去Mg2＋的原因是 。
(5)回收液可用于合成锂离子电池正极材料，合成前需测定其中C2+等离子的浓度。
测定原理：用过量标准K3[Fe(CN)6]溶液氧化经预处理的回收液样品中的C2+，再用标准CSO4溶液滴定过量的K3[Fe(CN)6]。
反应方程式为：C2++[Fe(CN)6]3-=C3++[Fe(CN)6]4-。
测定过程：取预处理后的回收液样品20.00mL，向其中加入·L-1
K3[Fe(CN)6]溶液，充分反应；再用0.0500ml·L-1CSO4溶液滴定反应后的溶液，消耗CSO4溶液12.00mL。
数据分析：计算预处理后的回收液样品中C2+的物质的量浓度 。(写出计算过程)
20．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）利用某工厂废水(主要成分含有、、，及少量、、)制备溶液的实验流程如下：

已知：①溶液中金属离子的浓度小于时，可视为沉淀完全。
②室温下，，，
(1)①“氧化”步骤的离子方程式为 。
②调节的目的是 。
(2)流程中分两步除杂而不采用直接加溶液除杂，除了减少的使用量之外，还可能的原因是： 。
(3)测定溶液的浓度。准确量取溶液于容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液的，用标准溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗标准溶液。计算溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。
(4)以溶液为原料制备的脱硫剂，可用于脱除煤气中的。
①400℃时，将一定比例、、和的混合气体以一定流速通过装有脱硫剂的硫化反应器。硫化过程中与、反应生成和，其化学方程式为 。
②将硫化后的固体在(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280～400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。

21．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O2[Cu(S2O3)2]3-＋S4O。
(1)Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。
已知：Ag＋＋2S2O [Ag(S2O3)2]3- K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10-13。
反应AgBr＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K= 。
(2)Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1 064 ℃，难被氧化。
① 矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700 ℃时Au部分焙化，原因是 ；焙烧时加入适量CaCO3的目的是 。
② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，离子方程式为 。
③ Na2S2O3溶液中加入一定量的CuSO4溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示，该过程可描述为 。当其他条件相同时，Cu2＋浓度对Au浸取率的影响如图2所示。随着c(Cu2＋)增大，Au浸取率先增大后下降的可能原因是 。

④ Na2S2O3溶液的浓度对Au浸取率的影响如图3所示。c(S2O)>0.4 ml·L-1时，加入CuSO4氨水的体系中Au浸出率下降，且溶液中c(S4O)未明显增大，其可能原因是 。

22．（2023上·江苏南通·高三统考期末）从废钼催化剂(主要成分为MS2，含少量SiO2、CuFeS2、As2O3)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示：
注：酸浸后钼元素以MO形式存在。
回答下列问题：
(1)高温焙烧时，废钼催化剂中的金属元素转化为金属氧化物，则“焙烧”过程中MS2发生反应的化学方程式为 。
(2)“调pH”中，加入MO3调节溶液的pH略大于 时，可除去目标杂质离子。
已知：溶液中某离子浓度≤10-5ml•L-1时，认为沉淀完全；常温下Ksp[Fe(OH)3]=10-38.5，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6。
(3)若反萃取剂A是氨水，则反萃取过程中MO发生的离子方程式为 。
(4)已知“除砷”过程中，pH对As去除率的影响如图所示。当pH＞10后，随着pH的增大，去除率呈下降趋势的原因可能是 。
(5)钼酸铵溶液可用于测定磷肥含磷量，步骤如下：准确称量磷肥2.84g，用硫酸和高氯酸在高温下使之分解，磷转化为磷酸。过滤、洗涤、弃去残渣。以硫酸—硝酸为介质，加入过量钼酸铵溶液生成钼磷酸铵沉淀(NH4)3H4PM12O42•H2O，将过滤、洗涤后的沉淀溶于•L-1NaOH溶液后，定容至250mL。取25mL溶液，以酚酞为指示剂，用0.40ml•L-1盐酸溶液滴定其中过量的NaOH，消耗盐酸23.00mL。计算磷肥中磷的百分含量 (以P2O5计)(写出计算过程)。
已知：(NH4)3H4PM12O42•H2O+26NaOH=12Na2MO4+Na2HPO4+3NH3↑+17H2O。
实验
实验操作和现象
1
测得某浓度的溶液的为5.2
2
向溶液中加入过量溶液，产生白色沉淀
3
向溶液中滴入等浓度等体积的溶液
4
向溶液中滴加少量酸性溶液，溶液的紫红色褪去
选项
探究方案
探究目的
A
向浓度均为的和的混合液中滴少量的溶液，观察实验现象
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，再加入银氨溶液并水浴加热，观察是否出现银镜
蔗糖在酸性条件下能水解
C
将少量铜粉加入到2.0ml·L溶液中，观察实验现象
氧化性比强
D
室温下，用计测得溶液的小于溶液
水解平衡常数：
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴加几滴稀硫酸，振荡，观察溶液颜色变化
SO具有氧化性
B
向盛有KMnO4溶液的试管中通入SO2，观察溶液颜色变化
SO2具有还原性
C
向盛有NaCl和KI混合溶液的试管中滴加几滴AgNO3溶液，振荡，观察沉淀颜色
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向试管中加入0.5 g淀粉和4 mL 2 ml·L-1 H2SO4溶液，加热。冷却后，向其中加入少量新制的Cu(OH)2，加热，观察现象
淀粉水解液中存在还原性糖
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
B
向稀硫酸中先加入Cu，再滴加KNO3溶液
铜逐渐消失
KNO3作该反应的催化剂
C
向浓硝酸中加入红热的碳
产生红棕色气体
碳与浓硝酸发生反应
D
向等浓度的Na2S和Na2CO3稀溶液中滴加少
量AgNO3溶液
产生黑色沉淀
Ksp(Ag2CO3)>Ksp(Ag2S)
选项
探究方案
探究目的
A
用计测量浓度均为的溶液和溶液的，比较溶液大小
酸性：
B
向还原所得到的产物中加入稀盐酸，滴加溶液，观察颜色变化
全部被还原
C
将通入滴有酚酞的溶液，观察溶液颜色变化
具有漂白性
D
向KCl和的混合溶液中滴加溶液，观察沉淀颜色
溶解度：
选项
实验探究方案
探究目的
A
向溶液X中加入稀硫酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，观察是否有沉淀生成
溶液X中含有或
B
常温下，向溶液中滴加5滴溶液，充分反应后，再滴加5滴溶液，观察沉淀颜色变化
C
向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，水浴加热一段时间后冷却，向溶液中滴加碘水，观察溶液颜色
淀粉未发生水解
D
将硫酸酸化的滴入溶液，观察溶液颜色
氧化性：
实验
实验操作和现象
1
测定0.10ml·L-1NaHC2O4溶液的pH=a
2
配制pH相等的(NH4)2SO4、NH4Cl、NH4HSO4三种溶液
3
向0.10ml·L-1Na2C2O4溶液中滴加等浓度盐酸后，混合溶液的pH=7
4
向0.10ml·L-1NaHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀，测得上层清液pH=4，c(Ca2+)=10-4ml·L-1
实验
实验操作和现象
1
向溶液中滴加2滴溶液，产生白色沉淀
2
向实验1的试管中滴加4滴溶液，沉淀变为黄色
3
向实验2的试管中滴加8滴溶液，沉淀变为黑色
4
向少量固体中滴加适量氨水，固体溶解，得到无色澄清溶液
参考答案：
1．D
【详解】A．过量时，氨水与反应生成酸式盐，即，故A错误；
B．工业制硫酸过程中的物质转化为：FeS2和O2反应生成SO2，SO2发生催化氧化反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，故B错误；
C．碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，离子方程式为：，故C错误；
D．重晶石即与饱和溶液反应的离子方程式为：，故D正确；
故选D。
2．A
【详解】A．由电离常数公式可知，实验1的溶液中===10-1.6，故A正确；
B．由题意可知，实验2反应静置后的上层清液为亚硫酸钙的饱和溶液，溶液中，故B错误；
C．由题意可知，实验3中亚硫酸氢钠溶液与等浓度等体积的氢氧化钠溶液恰好反应生成强碱弱酸盐亚硫酸钠，亚硫酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故C错误；
D．由题意可知，实验4中发生的反应为亚硫酸氢钠溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选A。
3．C
【详解】A．碳酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，不比两者的Ksp大小，A不符合题意；
B．银镜反应需要首先将水解后蔗糖溶液加入氢氧化钠在碱性条件下进行，不能达到探究目的，B不符合题意；
C．铜粉溶解，溶液变为蓝色，说明铁离子和铜生成铜离子，则氧化性比强，能达到探究目的，C符合题意；
D．溶液中铵根离子会促进醋酸根离子的水解，不能比较醋酸根离子、碳酸氢根离子的水解常数，不能达到探究目的，D不符合题意；
故选C。
4．D
【详解】A．pH=12，则，，
则，A错误；
B．发生反应，析出NaHCO3，说明溶解度，B错误；
C．得到的溶液主要含NH4Cl，且含有少量NaHCO3，根据电荷守恒，，C错误；
D．NaHCO3溶液中，根据物料守恒，，电荷守恒，，将电荷守恒代入物料守恒得，，D正确；
故答案为：D。
5．B
【详解】A．酸性条件下，溶液中的硝酸根可以氧化亚铁离子，则溶液变为黄色，不能证明硫酸根具有氧化性，A错误；
B．高锰酸钾具有强氧化性，通入二氧化硫褪色，说明二氧化硫有还原性，B正确；
C．混合溶液中滴入几滴硝酸银，银离子少量，黄色沉淀的产生可以由碘离子和银离子直接反应生成，不能判断是否由氯化银转化，故无法通过沉淀比较Ksp，C错误；
D．需要先加NaOH去除过量的硫酸，D错误；
故答案为：B。
6．C
【详解】A．草酸氢钠溶液中草酸氢根的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，水解常数为：，即草酸氢根的电离程度大于其水解程度，故c(C2O)>c(H2C2O4)，A错误；
B．硫酸亚铁铵晶体溶于水后存在电荷守恒：c(NH)+2c(Fe2+)+c(H+)=2c(SO)+c(OH-)，酸化、溶解后的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，故酸化、溶解后的溶液中存在：c(NH)+2c(Fe2+)<2c(SO)，B错误；
C．室温时，反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4↓+2H+的平衡常数，C正确；
D．当c(Fe2+)c(C2O)≥Ksp=2.1×10-7时形成FeC2O4沉淀，过滤后的上层清液中不会生成FeC2O4沉淀，故c(Fe2+)c(C2O)<2.1×10-7，D错误；
故选C。
7．D
【详解】A．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去，SO2具有酸性，A错误；
B．向稀硫酸中先加入Cu，再滴加KNO3溶液，铜逐渐消失，因为NO 在酸性条件下具有强氧化性，和铜反应，B错误；
C．向浓硝酸中加入红热的碳，产生红棕色气体，因为浓硝酸受热分解能产生红棕色的NO2，所以无法得出碳与浓硝酸发生反应的结论，C错误；
D．向等浓度的Na2S和Na2CO3稀溶液中滴加少量AgNO3溶液，产生黑色沉淀，此时Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)∙ c(S2-)， Ksp(Ag2CO3)> c2(Ag+)∙ c(CO)，所以Ksp(Ag2CO3)>Ksp(Ag2S)，D正确；
故答案选D。
8．A
【详解】A．相同浓度的氰酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液说明氰酸根离子在溶液中的水解程度大于醋酸根离子，由盐类水解规律可知，氢氰酸的酸性弱于醋酸的，故A正确；
B．若氧化铁未完全还原，加入稀盐酸时，氧化铁溶于稀盐酸得到的铁离子与铁反应生成亚铁离子。滴入硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，所以观察溶液颜色变化不能确定氧化铁是否全部被还原，故B错误；
C．将二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去说明二氧化硫是酸性氧化物，不能说明二氧化硫具有漂白性，故C错误；
D．未明确氯化钾和碘化钾的浓度，向混合溶液中滴加硝酸银溶液，不能确定氯离子和碘离子的反应先后顺序，所以不能观察沉淀颜色不能比较碘化银和氯化银的溶解度大小，故D错误；
故选A。
9．B
【详解】A．溶液中含有亚硫酸根或者亚硫酸氢根离子，滴加稀硫酸会产生二氧化硫，也可以使澄清石灰水变浑浊，A错误；
B．AgNO3溶液不足，先与NaCl反应生成AgCl沉淀，再加KI反应生成更难溶的AgI沉淀，由操作和现象可知，常温下，溶度积，B正确；
C．淀粉溶液加入稀硫酸，加热，冷却后滴入碘水，溶液变蓝色，淀粉可能部分水解，C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性，能够氧化Fe2+为Fe3+，因此无法比较Fe3+和的氧化性，D错误；
故选B。
10．C
【详解】A．0.010 0 Na2C2O4溶液中存在：
，质子守恒，A错误；
B．若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7，此时溶液是草酸氢钠和氯化钠的等浓度混合溶液，可知草酸氢根离子的电离大于水解，溶液中存在：，B错误；
C．向该溶液中加入等体积0.0200ml•L-1CaCl2溶液后溶液中钙离子的浓度为=5.00×，由25℃时 =2.5×10-9可得溶液中草酸根离子的浓度为=5.00×10-7<5.00×10-5，C正确；
D．向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，被还原为Mn2+，则反应的离子方程式：，D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．将同浓度同体积的KHSO3溶液与FeCl3溶液混合，由方程式可知，KHSO3过量，FeCl3不足，若加入KSCN后，溶液变红，说明溶液中还有Fe3+，说明反应是有限度的，A正确；
B．生成的三溴苯酚虽然是不溶于水白色沉淀,但却可溶于苯，所以无法用来验证是否有苯酚，B错误；
C．将饱和NaBr溶液中滴入AgCl浊液中，Q(AgBr)>K(AgBr)时生成AgBr沉淀，无法比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgBr)的大小关系，C错误；
D．常温下，用pH试纸分别测浓度为0.1ml/L的CH3COONa溶液和Na2S溶液，后者pH大，说明Na2S水解程度大，只能说明酸性HS-故答案为：A。
12．D
【详解】A．氧化时作氧化剂，其还原产物为水，故A错误；
B．“还原”时亚硫酸钠作还原剂被氧化成硫酸钠，1ml亚硫酸钠反应失2ml电子，铜离子做氧化剂被还原成+1价，1ml铜离子得1ml电子，根据得失电子守恒可得此时的离子反应为：，故B错误；
C．“沉淀”时的反应为[CuCl2]-⇌CuCl↓＋Cl-，可知溶液中含大量的氯离子，结合Ksp(CuCl)=1×10-6可知，CuCl饱和溶液中c(Cu＋)=1×10-3 ml·L-1，氯离子浓度越大时c(Cu＋)越小，“滤液”中c(Cu＋)小于1×10-3 ml·L-1，故C错误；
D．由晶胞结构可知黑球位于8个顶点和6个面心，其个数为，白球为体内，其个数为4，故1个CuCl晶胞中含有4个Cu＋和4个Cl-，故D正确；
故选：D。
13．D
【详解】A．NaHC2O4溶液中存在HC2O的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2(H2C2O4)=10-4.27，水解平衡常数Kh===10-12.74B．NH4HSO4可以电离产生氢离子使溶液显酸性，且硫酸氢根完全电离，而(NH4)2SO4、NH4Cl均是因铵根的水解而显酸性，水解是微弱的，所以pH相等时NH4HSO4的浓度最小，(NH4)2SO4可以电离出两个铵根，所以其浓度小于NH4Cl，则浓度的大小关系为：c(NH4Cl)＞c[(NH4)2SO4]＞c(NH4HSO4)，B错误；
C．混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(Cl-)+c(OH-)，混合溶液的pH=7，即c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(Cl-)，C错误；
D．上层清液中c(Ca2+)=10-4ml·L-1，则c(C2O)=ml/L=10-4.64ml/L，pH=4，即c(H+)=10-4ml/L，则c(HC2O)==ml/L=10-4.37ml·L-1，D正确；
答案为D。
14．D
【分析】菱锰矿中加入硫酸酸浸，得到离子为Mn2＋、Fe2＋、C2＋、Ni2＋，根据“沉降”步骤C、Ni元素都显＋2价，因此MnO2只是氧化Fe2＋，加入CaO，调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3形式沉淀，“沉降”加入(NH4)2S，得到CS和NiS沉淀，据此分析；
【详解】A．MnCO3难溶于水，“酸浸”时MnCO3＋2H＋=Mn2＋＋CO2↑＋H2O，故A错误；
B．根据流程图中，MnO2只氧化Fe2＋，C2＋、Ni2＋的化合价不变，故B错误；
C．OH－与Mn2＋、NH不能大量共存，故C错误；
D．加入(NH4)2S得到CS、NiS沉淀，Mn2＋在滤液中，利用它们硫化物Ksp的差异性进行分离，故D正确；
答案为D。
15．A
【详解】A．由题干信息可知，实验1中NaCl严重过量，故所得上层清液中有 c(Na+)>c(Cl-)>c(NO)，A正确；
B．由于实验1中NaCl过量，AgNO3不足，向实验1的试管中滴加4滴溶液，沉淀变为黄色，说明存在AgCl沉淀转化为AgI，故实验2说明Ksp(AgI)C．根据质子守恒可知，实验3所用的Na2S溶液中存在 c(OH-)=c(H＋)＋c(HS-)＋2c( H2S)，C错误；
D．向少量固体中滴加适量氨水，固体溶解，得到无色澄清溶液，故实验 4 中反应的离子方程式为 AgCl＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋+Cl-+2H2O，D错误；
故答案为A。
16． 加热、搅拌、增大硫酸浓度等 防止H2O2受热分解 Na2SO4 、NiSO4 取滤液Ⅲ少许于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则已除尽 cd 用蒸馏水洗涤沉淀2～3次(1分)；向沉淀中加6ml/L的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；蒸发浓缩至有晶膜出现，停止加热，冷却结晶， 过滤得NiSO4·6H2O晶体
【详解】（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高废渣浸出率就可以采取加快化学反应速率的方法，如采取升高反应温度，增大硫酸浓度，或在反应过程中不断搅拌，或矿石粉碎等方法提高废渣浸出率 。故本题答案：加热、搅拌、增大硫酸浓度等。
（2）在滤液Ⅱ中加入H2O2 时，温度不能太高的原因是H2O2受热分解成水和氧气，失去了氧化性，所以温度不能太高。目的是防止H2O2受热分解。
（3）废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Zn等杂质),在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜,所以滤液含有二价铁离子、三价铁离子、锌离子杂质,加是将二价铁氧化成三价铁,再通过调节PH值使三价铁和Z锌都以氢氧化物的沉淀而除去,滤液Ⅱ含有可溶性硫酸盐,为、,再加碳酸钠沉淀二价镍,过滤、洗涤,然后与硫酸反应生成在经过过滤得滤液Ⅲ，所以滤液Ⅲ中溶质的主要成分是 Na2SO4 、NiSO4
检验滤液Ⅲ存在铁元素的是检验Fe3+，其方法是：取滤液Ⅲ少许于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则已除尽。此题答案：取滤液Ⅲ少许于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则已除尽。
(4)FeOOH中铁是+3价,a错误。pH=4,c(OH-)=1×10-10 ml·L-1,c(Fe3+)==2.64×10-29 ml·L-1,b错误。c项符合电荷守恒、得失电子守恒等守恒关系,也符合反应的酸碱性,正确。观察图象可知d正确。本题答案：c d。
(5)将NiCO3沉淀转化为NiSO4，要先通过过滤并用蒸馏水洗净沉淀，再向沉淀中加6 ml/L的H2SO4溶液,直至恰好完全溶解之后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。从“沉淀A”制得NiSO4·6H2O晶体的实验步骤依次为： 用蒸馏水洗涤沉淀2～3次；向沉淀中加6ml/L的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；蒸发浓缩至有晶膜出现，停止加热，冷却结晶， 过滤得NiSO4·6H2O晶体。
17． －217.4 阳 H3PO2 1 ml c(CuCl2)>c(CuCl＋)>c(CuCl) CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋ CuCl2＋Ag＋===CuCl＋＋AgCl↓或CuCl2＋2Ag＋===Cu2＋＋2AgCl↓
【详解】（1））①根据2Cu2S(s)＋3O2(g)=2Cu2O(s)＋2SO2(g) ΔH＝－768.2 kJ·ml－1，设为（1）
2Cu2O(s)＋Cu2S(s)=6Cu(s)＋SO2(g) ΔH＝＋116.0 kJ·ml－1，设为（2）用（1）+（2）
热化学方程式：3Cu2S(s)＋3O2(g)=6Cu(s)＋6SO2(g)所以Cu2S(s)＋O2(g)=2Cu(s)＋SO2(g) ΔH＝(－768.2＋116.0)/3=－217.4 kJ·ml－1,故答案：－217.4
②获得的粗铜需电解精炼，精炼时粗铜作阳极，答案为阳。
(2) ①由方程式：4CuSO4＋3H3PO2＋6H2O=4CuH↓＋4H2SO4＋3H3PO4，根据H3PO2变成 H3PO4中P由+1+5化合价变化知该反应还原剂是：H3PO2。
②4CuSO4＋3H3PO2＋6H2O===4CuH↓＋4H2SO4＋3H3PO4 转移电子
3 ml 4 ml 12 ml
X 3 ml
X=1ml
该反应每转移3 ml电子，生成CuH的物质的量为1ml
（3）①根据图象可知当c(Cl－)=9 ml·L－1时，溶液中主要的3种含铜物种浓度大小关系为c（CuCl2）＞c（CuCl+）＞c（CuCl3-）-；
②在c(Cl－)＝1 ml·L－1的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，由于氯离子易与银离子结合生成氯化银沉淀，则根据图象可知含铜物种间转化的离子方程式可以是CuCl+ + Ag+ =AgCl↓+ Cu2+或CuCl2 + Ag+ = CuCl+ + AgCl↓或CuCl2 + 2Ag+ = Cu2+ + 2AgCl↓。
18．(1) CaTiO3+2H2SO4CaSO4+TiOSO4+2H2O CaSO4、SiO2
(2) 1×105 Fe3+水解产生的H+抑制了TiO2+的水解
(3)72.00%
(4)加入稀H2SO4，边加边搅拌至不再溶解，反应后，加入Ti2(SO4)3溶液，至取上层清液滴加KSCN溶液不显红色，过滤，洗涤至取最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液无浑浊
【分析】高钛炉渣(主要成分为TiO2、CaTiO3及SiO2、Fe2O3)中加入浓硫酸焙烧，CaTiO3转化为TiOSO4、CaSO4，然后加入稀硫酸“浸取”，经过滤得到的酸浸渣为SiO2、CaSO4，滤液中含TiOSO4、Fe2(SO4)3，滤液经沸腾水解，过滤得到TiO(OH)2，TiO(OH)2经系列处理得到TiO2。
【详解】（1）①“焙烧”时可将CaTiO3转化为TiOSO4，根据原子守恒，反应的化学方程式为CaTiO3+2H2SO4CaSO4+TiOSO4+2H2O。
②根据分析，酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2。
（2）①水解反应TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+的平衡常数K====1×105。
②由图可知，pH在1.7~1.8范围内，随着pH增大，Fe3+的水解率增大，Fe3+水解产生的H+抑制了TiO2+的水解，从而TiO2+水解率下降。
（3）根据原子守恒和得失电子守恒可得测定过程中的关系式为：TiO2~TiO2+~Ti3+~NH4Fe(SO4)2，则n(TiO2)=n[NH4Fe(SO4)2]=0.1000ml/L×0.018L=1.8×10-3ml，m(TiO2)= 1.8×10-3ml×80g/ml=0.144g，样品中TiO2的纯度为×100%=72.00%。
（4）根据已知①可知，高钛炉渣与NaOH固体混合灼烧，冷却后加水浸出后得到含大量Fe(OH)3的TiO(OH)2固体，为了除去Fe(OH)3，根据已知②和题给试剂，应将浸出后的固体置于容器中，加入稀H2SO4，边加边搅拌至不再溶解，此时Fe(OH)3完全转化为Fe2(SO4)3；根据已知③，结合Ti3+能将Fe3+还原为Fe2+，故上述反应后，加入Ti2(SO4)3溶液将Fe3+还原为Fe2+，为了检验Fe3+被完全还原，故需用KSCN溶液检验上层清液中没有Fe3+；然后过滤，洗涤，为证明TiO(OH)2洗涤干净，故需用BaCl2溶液检验洗涤液中不含；最后将TiO(OH)2煅烧得到TiO2；故补充的实验方案为：加入稀H2SO4，边加边搅拌至不再溶解，反应后，加入Ti2(SO4)3溶液，至取上层清液滴加KSCN溶液不显红色，过滤，洗涤至取最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液无浑浊。
19．(1) 做还原剂 温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快
(2)提供以生成沉淀；消耗，控制pH在内，促进黄铁钠矾沉淀
(3)C
(4)加入后，会发生反应：，该反应的平衡常数为，正向进行的程度很大，可以将除去。
(5)0.022ml/L
【分析】废旧锂离子电池正极材料的主要成分为镍钴锰酸锂，还有少量铝箔和含铁化合物，“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为、、进入溶液，铝箔和含铁化合物转化为离子也进入溶液，加入NaOH溶液可将铁元素转化为黄钠铁矾沉淀，加入X调节pH将铝元素转化为沉淀，得到回收液含、、。
【详解】（1）①“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为、、，金属元素的化合价降低，被还原，则做还原剂；
②由于高温会加快分解，60℃时浸出率达到最大，可能的原因是温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快。
（2）“除铁”过程中需不断加入溶液生成黄钠铁矾沉淀，由沉淀的化学式可知，过量的NaOH的作用是提供以生成沉淀；消耗，控制pH在内，促进黄铁钠矾沉淀。
（3）加入可调节溶液的pH，和发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，符合题意，故选C。
（4）加入后，会发生反应：，该反应的平衡常数为，正向进行的程度很大，可以将除去。
（5）加入的的总物质的量为，与溶液反应的的物质的量为，则与样品反应的的物质的量为，根据题中给出的反应方程式可知，样品中的，则预处理后的回收液样品中的物质的量浓度为。
20．(1) H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O 除去Fe3+，防止Cu2+、Pb2+沉淀
(2)直接加入Na2S溶液，因为溶液呈酸性会产生H2S气体，污染环境
(3)1.25ml·L−1
(4) ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【分析】废水中加双氧水，将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH到4使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再在溶液中加足量Zn将Cu和Pb置换，再在溶液中加硫化钠充分除去铜离子和铅离子，过滤得到硫酸锌溶液，据此分析解答。
【详解】（1）“氧化”过程中双氧水与亚铁离子发生氧化还原反应，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程：H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O，调节pH值的目的是将三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，同时要防止Cu2+、Pb2+沉淀，故答案为：H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O；除去Fe3+，防止Cu2+、Pb2+沉淀；
（2）由题意可知废水溶液中含一定量氢离子，溶液显酸性，若直接加入Na2S溶液，因为溶液呈酸性会产生H2S气体，污染环境，故答案为：直接加入Na2S溶液，因为溶液呈酸性会产生H2S气体，污染环境；
（3）由数据信息可知消耗的EDTA的物质的量=0.03125L×0.04ml/L=0.00125ml；则消耗的锌离子的物质的量=0.00125ml；原硫酸锌取用5ml，配置成100mL溶液后又取用20mL进行滴定，则0.00125ml硫酸锌等同于原溶液1mL中的物质的量，则原溶液的浓度为：=1.25ml·L−1，故答案为：1.25ml·L−1；
（4）①硫化过程中与、反应生成和，1ml氢气失2ml电子，1ml ZnFe2O4得2ml电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；
②硫化后生成ZnS、FeS，在280～400℃范围内， ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐导致固体质量增加，故答案为：ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐。
21．(1)19.98或3.7×5.4
(2) 分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低 吸收焙烧时生成的SO2，防止污染环境 8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH- Au失去电子后与S2O生成[Au(S2O3)2]3-，CuSO4和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用 c(Cu2＋)<0.03 ml·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 ml·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小 c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降
【详解】（1）由离子方程式可得=；
（2）①Au与As在焙烧过程中形成合金，使其熔点降低，则原因是：分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低；焙烧过程中有SO2生成，因此加入适量CaCO3能够吸收SO2，防止空气污染；
②在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，相应的离子方程式为：8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH-；
③由图可知，Au失去电子后与S2O反应生成[Au(S2O3)2]3-，硫酸铜和氨水反应生成的四氨合铜离子得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用；由上一问分析可知，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用，而且铜离子可以和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋，故Au浸取率先增大后下降的可能原因是：c(Cu2＋)<0.03 ml·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 ml·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小；
④可以从浓度对平衡的影响的角度分析，则可能原因是：c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降。
22．(1)2MS2+7O22MO3+4SO2
(2)6.7
(3)MO+4NH3•H2O=MO+4NH+2H2O
(4)当pH＞10后，随着pH的增大，加入的Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，导致沉淀剂量不足，使得As的去除率下降
(5)20.0%
【分析】本题是一道由废钼催化剂制备钼酸铵晶体的方法，首先在原料中焙烧，使其中的各种元素转化为相应的氧化物，再用硫酸溶解，用氧化钼调节pH除杂，再用有机萃取剂萃取其中的钼元素，随后加入氨水进行反萃取，加入氯化镁除去杂志后结晶即可，以此解题。
【详解】（1）高温焙烧时，MS2中M转化为氧化物，S转化为二氧化硫，则相应的方程式为：2MS2+7O22MO3+4SO2；
（2）调节pH时可以除去溶液中的铜离子和三价铁离子，则当三价铁离子除净时，此时c(OH-)=，此时，pH=2.83；同理可求出当铜离子除净时，pH=6.7，故答案为：6.7；
（3）根据流程可知，反萃取时，是将钼从有机相中提取的过程，根据信息可知，该过程的方程式为：MO+4NH3•H2O=MO+4NH+2H2O；
（4）根据流程可知，除砷时是镁离子，铵根离子和其形成沉淀而除去，而pH过高时镁离子容易形成沉淀从而失去了沉砷的效果，故答案为：当pH＞10后，随着pH的增大，加入的Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，导致沉淀剂量不足，使得As的去除率下降；
（5）根据题意可知，过量的NaOH，n(NaOH)过量=0.4×23×10-3=0.0092ml，则和(NH4)3H4PM12O42•H2O反应的NaOH，n(NaOH)反应=6×50×10-3-0.0092ml×=0.208ml，根据(NH4)3H4PM12O42•H2O~26NaOH~P2O5，则n(P2O5)=n(NaOH)反应=×0.208ml=0.004ml，其质量=0.004×142=0.568g，磷肥中磷的百分含量=。