2022届高三化学高考备考一轮复习盐类水解专项训练

这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习盐类水解专项训练，共21页。试卷主要包含了单选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（15题）
1．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．氘化锂(6LiD)中含中子数为NA
B．常温下，的溶液中，发生电离的水分子数为
C．(标准状况)苯在中完全燃烧，得到0.6NA个分子
D．25℃时，的溶液中含有的数目为0.2NA
2．下列说法正确的是
A．室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1×10-13 ml·L-1 ，则该溶液一定显碱性
B．室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，后者所需盐酸的物质的量多
C．氨水和盐酸混合后，若溶液呈中性，则c(Cl-)>c(NH)
D．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(Cl-)=c(CH3COO-)
3．下列实验操作能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
4．室温下，通过下列实验探究NaHCO3的性质。
下列有关说法正确的是
A．实验1得到的溶液中有：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)
B．实验 2 得到的溶液中有 c(OH-)=c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．实验3反应后静置的上层清液中有c(Ca2＋)·c(CO)＞Ksp(CaCO3)
D．实验4中反应的离子方程式：CO＋2H＋=CO2↑＋H2O
5．25℃，分别取一元酸HA、HB、HC，向其中逐滴滴入溶液，并测出溶液pH随V(NaOH)/mL的变化如图。下列说法不正确的是
A．反应完全后，若继续分别滴入NaOH溶液，溶液的pH主要取决于过量NaOH浓度
B．反应完全后，各混合液的pH均大于7
C．中和滴定实验中，HA被同浓度NaOH溶液滴定时误差最小
D．反应完全后，将三种溶液混合均匀：c(HA)+c(HB)+c(HC)+c(H+)+0.05=c(OH-)+c(Na+)
6．常温下向的K2X溶液中滴入0.1000的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法错误的是
A．常温下，KHX溶液中水电离出的
B．H2X的一级电离常数
C．b点溶液中：
D．c点溶液中：
7．下列“类比”结果正确的是
A．溶液低温蒸干得到，则溶液低温蒸干得到
B．与足量盐酸反应生成，则与足量盐酸反应生成
C．少量通入溶液生成，则少量通入NaClO溶液生成
D．消去反应条件为浓硫酸，加热，则消去反应条件也为浓硫酸，加热
8．下列方案设计、现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
9．《本草纲目》中“石碱”条目下记载：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面亦去垢”。下列说法错误的是
A．“蒿蓼”的主要成分是纤维素
B．石碱能“去垢”是因为其溶液显碱性
C．“久则凝淀”相当于蒸发结晶
D．“石碱”的主要成分是Na2CO3
10．实验测得10mL溶液、10mL溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时和的电离常数均为。下列说法正确的是
A．图中虚线d表示溶液pH随加水量的变化
B．溶液稀释加水量到1000mL时，溶液的pH值约为6.8
C．随温度升高，增大，溶液中减小，增大，pH减小
D．25℃时稀释相同倍数的溶液与溶液中：
11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1L0.1ml·L-1NH4Cl溶液中，的数量为0.1NA
B．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
C．56gFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA
12．亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，常温下，向一定浓度的NaOH溶液中逐滴滴加H3PO3溶液，含磷各微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法正确的是
A．反应主要产物为Na2HPO3和NaH2PO3两种酸式盐
B．曲线b代表X(HPO)
C．H2PO的电离平衡常数Ka=1×10-6.7ml·L-1
D．NaH2PO3溶液：c(Na+)＞c(H2PO)＞c(OH-)＞c(H+)
13．下列离子方程式表达正确的是
A．向FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3＋＋ 2HI = 2Fe2＋＋ 2H＋＋ I2
B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：NH＋SO＋Ba2＋＋OH-=NH3·H2O＋BaSO4↓
C．3 ml·L-1 Na2CO3溶液和1 ml·L-1 Al2(SO4)3溶液等体积混合： 2Al3＋＋3CO＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑
D．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：Ca2＋＋2OH-＋2HCO=CaCO3↓＋2H2O＋CO
14．常温下，向1 LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述不正确的是
A．a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10 ml·L-1
B．b点溶液中：c(H+)=1×10-10 ml·L-1
C．c点溶液中：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)
D．d点溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
15．常温下，向0.lml/L HA溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述正确的是
A．HA的Ka=l.0×104.65
B．A点溶液中：c(A-)+c(H+)+c(HA)-c(OH-)＞0.lml/L
C．B点溶液中：c(Na+)+c(H+)＜c(OH-)+c(HA)
D．C点溶液中：c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
二、工业流程题（4大题）
16．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中制取高纯碳酸钴()的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）写出两种加快“碱溶”速率的措施___________、___________。
（2）过程Ⅱ中加入稀酸化后，再加入溶液浸出钴，产物中只有一种酸根，则浸出钴的离子反应方程式为___________。该过程不能用盐酸代替硫酸进行酸化，原因是___________。
（3）过程Ⅲ中碳酸钠溶液的作用是沉淀，写出沉淀的离子方程式___________。已知LiF微溶于水，过程Ⅲ控制pH值不宜过低，否则会影响沉淀，原因是___________。
（4）过程Ⅳ沉钴的离子方程式是___________。
（5）可用于制备锂离子电池的正极材料，其生产工艺是将的和的固体混合物在空气中加热至700~900℃。试写出该反应的化学方程式：___________。
17．次磷酸钠()是具有珍珠光泽的晶体或白色结晶性粉末，易溶于水、乙醇、甘油，微溶于氨水，不溶于乙醚。次磷酸钠()广泛应用于化学镀镍，其制备与镀镍过程如下图所示：
据此回答下列问题：
(1)基态Ni原子的核外电子排布式为___________，PH3的分子空间构型为___________。
(2)“碱溶”过程中，发生反应化学方程式为___________。次磷酸(H3PO2)的结构为，则溶液中离子浓度大小关系为___________。
(3)“沉降池”中通入氨气的目的是___________。“净化”操作需要过滤、洗涤、干燥，洗涤时，选用的洗涤剂为___________。
(4)“滤液2”经分离提纯可以得，写出“镀镍”过程发生的离子反应方程式___________，充分反应后，向“滤液2”中，加入适量悬浊液，生成和，混合沉淀，此时___________[已知：
18．某研究小组用炼锌废渣制备。炼锌产生的废渣中含钴10～18%、锌15～20%左右，还含有少量锰、铁、铜、镉等金属。
已知：
(1)滤渣1的成分是___________，提高“酸浸”浸出率的措施有___________。(任写一条措施)
(2)“控电位浸出”是控制合适的氧化电位电解除锰，将溶液中变为除去，写出阳极电极反应式___________。
(3)已知浸出液含金属离子为、、、，试剂a是和的悬浊液，试剂a除铁的原理是___________(文字表述)；滤渣2成分是___________。(写化学式)
(4)“沉钴”的离子方程式是___________，该步骤选择，而不用的原因是___________。
(5)与按一定比例在700℃下烧结，可得重要的电极材料钴酸锂()，烧结反应化学方程式是___________。
19．锆(40Zr)是现代工业中重要的金属原料，具有良好的可塑性，其抗蚀性能强于钛。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量A12O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：
(1)分馏属于_______(填“物理变化”或“化学变化”)。
(2)锆英石_______(填“能”或“不能”)直接用稀盐酸浸取后再分馏，理由是_______。
(3)“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrC14的反应的化学方程式为_______。
(4)流程中ZrC14与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOC12·8H2O，检验该物质是否洗涤干净的实验操作为_______。
(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KC1组成的熔盐来制取金属锆。阳极上的电极反应式为_______，每转移0.4mle-，理论上阴极增加的质量为_______。
选项
实验目的
实验操作
A
配制FeCl3溶液
将FeCl3固体溶于浓盐酸后再稀释
B
提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯
加NaOH溶液后分液
C
实验室制NH3
加热使氯化铵固体分解
D
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测得0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液的pH约为8.0
2
向10 mL 0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液中加入10 mL 0.1 ml·L-1 NaOH 溶液，测得溶液pH约11.3
3
向0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液中加入过量0.1 ml·L-1 CaCl2溶液，产生白色沉淀
4
向10 mL 0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液中加入10 mL 0.1 ml·L-1盐酸，产生无色气泡
目的
方案设计
现象和结论
A
探究氢氧化铝的性质
将2~3mL氯化铝溶液注入洁净的试管中，逐滴加入氨水
生成白色沉淀，继续滴加，沉淀不溶解，则氢氧化铝不溶于碱
B
探究苯酚与溴水的反应
取2mL10%苯酚的水溶液于试管中，滴加2~3滴稀溴水
未观察到产生白色沉淀，说明苯酚不能与溴水发生反应
C
探究、溶液碱性强弱
25℃时，分别取一定量饱和与饱和溶液，测定溶液的pH
，说明碱性强于
D
检验火柴头中是否含有氯元素
取少量火柴头的浸取液，依次滴加、稀、于试管中，振荡
生成白色沉淀，则火柴头里含有氯元素
参考答案
1．A
【详解】
A．氘化锂(6LiD)物质的量为，含中子数为0.25×(3+1)ml×NAml-1= NA，故A正确；
B．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO-的水解促进水的电离，pH=9的CH3COONa溶液中c(H2O)电离=c(OH-)=1×10-5ml•L-1，1L溶液中发生电离的水分子物质的量为1×10-5ml•L-1×1L=1×10-5ml，发生电离的水分子数为1×10-5 NA，故B错误；
C．苯在标准状况下不是气体，不能用气体摩尔体积来计算物质的量，故C错误；
D．25℃时，pH=13的，1.0L溶液中含物质的量为n=cV=0.1ml，数目为0.1NA，故D错误；
故选A。
2．D
【详解】
A．室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1×10-13 ml·L-1 ，说明溶质的电离抑制水的电离，酸或碱都可以抑制的水的电离，即溶液可能酸性或碱性，A错误；
B．氨水和氢氧化钠的pH相同，但由于氨水部分电离，所以氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠，故需要的盐酸的物质的量多，B错误；
C．溶液中性时，根据电荷守恒分析，c(Cl-)=c(NH)，C错误；
D．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，氢离子浓度相等，根据水的离子积常数分析，氢氧根离子浓度也相等，根据电荷守恒分析，有c(Cl-)+ c(OH-)= c(H+)=c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(Cl-)=c(CH3COO-)，D正确；
故选D。
3．A
【详解】
A．浓盐酸可抑制铁离子水解，则将FeCl3于少量浓盐酸中，再加水稀释可配制溶液，A符合题意；
B．氢氧化钠促进乙酸乙酯水解，饱和碳酸钠溶液能和乙酸反应生成可溶性的乙酸钠，且能降低乙酸乙酯的溶解性，所以应该用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，B不符合题意；
C．验室制氨气利用用氯化铵与氢氧化钙作用生成氯化钙、水、氨气，C不符合题意；
D．加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中加热制备无水MgCl2，D不符合题意；
故选A。
4．B
【详解】
A．溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由实验1可得出：c(Na+)> c(HC)> c(H2CO3)>c(C)，A错误；
B．向0.1ml·L-1 NaHCO3溶液中逐滴加入0.1ml·L-1 NaOH溶液生成Na2CO3，碳酸根离子发生水解以及水的电离，则有质子守恒：c(OH-)= c(H+) + c(HC)+2c(H2CO3)，B正确；
C．实验3反应静置后的上层清液为碳酸钡的饱和溶液，存在碳酸钡的溶解平衡，溶液中有 c(Ba2+)·c(C)=Ksp(BaCO3)，C错误；
D．碳酸氢根不能拆开，实验4中反应的离子方程式应为：＋H＋=CO2↑＋H2O，D错误；
故选B。
5．C
【详解】
A．当三种酸完全反应变为相应的钠盐后，继续滴入NaOH溶液，溶液显碱性，碱电离产生的c(OH-)远大于盐的水解，因此溶液的pH主要取决于过量NaOH的浓度，A正确；
B．酸的浓度都是0.1 000 ml/L，HC溶液pH最小的是2，其中c(H+)=0.01 ml/L＜0.1000 ml/L，说明HC是弱酸；酸越弱，其电离产生的H+浓度越小，溶液pH就越大，所以HA、HB、HC都是弱酸，且酸性：HC＞HB＞HA。当三种酸反应完全后，得到的钠盐都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此各混合液的pH均大于7，B正确；
C．由于HA的酸性最弱，当用NaOH进行滴定时，滴入相同体积的NaOH溶液，HA溶液pH变化最小，滴定终点变化不明显，因此HA被同浓度NaOH溶液滴定时误差最大，C错误；
D．每种溶液被滴定后，溶液中c(Na+)=0.05 ml/L，将三种溶液混合，则混合溶液中c(Na+)仍然为0.05 ml/L。三种盐溶液都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HA)+c(HB)+c(HC) +c(H+)，则c(OH-)+c(Na+)=c(HA)+c(HB)+c(HC)+ c(H+)+0.05，D正确；
故合理选项是C。
6．C
【详解】
A．b点K2X恰好转化为KHX，由图知此时溶液的pH7，由此知的电离能力强于的水解能力，电离出的H+抑制水的电离，A项正确；
B．c点时溶液中，，，B项正确；
C．b点溶液中溶质是KHX，电离出的大于其水解生成的，C项错误；
D．由物料守恒知D项正确。
故选C。
7．B
【详解】
A．氯化亚铁在溶液低温蒸干时铁元素会被空气中的氧气氧化，最终生成氢氧化铁，故A错误；
B．由氨气能与足量盐酸反应生成氯化铵可知，联氨与足量盐酸反应生成，故B正确；
C．少量二氧化碳与次氯酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，故C错误；
D．在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应，故D错误；
故选B。
8．D
【详解】
A．氢氧化铝属于两性氢氧化物，既能溶于强酸，又能溶于强碱；而一水合氨属于弱碱，氢氧化铝不溶于一水合氨，并不能说明氢氧化铝不溶于碱，故A错误；
B．向苯酚溶液中滴加少量的稀溴水，生成的三溴苯酚溶解于过量的苯酚中，所以未出现白色沉淀，不能说明苯酚不能与溴水发生反应，故B错误；
C．相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，所以25℃时，分别取一定量饱和与饱和溶液，两种溶液的浓度不同，饱和碳酸钠溶液的浓度较大，溶液的碱性较强，测定出溶液的pH较大，由于两种盐溶液的浓度不同，不能说明碱性强于，故C错误；
D．火柴头中含有氯酸钾，检验氯元素，应该把氯酸根离子还原为氯离子，酸性条件下，亚硝酸根离子具有还原性，向少量的火柴头浸泡液中滴加硝酸银，稀硝酸和亚硝酸钠，发生反应：ClO+3NO+Ag+=AgCl↓+3NO，出现白色沉淀证明含有氯元素，故D正确；
故选D。
9．D
【详解】
A．“蒿蓼”是植物，其主要成分是纤维素，故A正确；
B．草木灰中含有K2CO3，石碱是K2CO3，能水解使溶液显碱性，故B正确；
C．久放的“淋汁”会因为水分的蒸发而析出K2CO3，故C正确；
D．草木灰中含有K2CO3，“石碱”的主要成分是K2CO3，故D错误；
选D。
10．D
【分析】
由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 ml·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。
【详解】
A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A错误；
B．铵根的水解方程式为：，设其中氢离子的浓度为x，则铵根的水解常数Kh=，解得x=，pH=-lg，这与实际情况不符合，故稀释后pH应该约为7，B错误；
C．随温度升高水解平衡正向移动，溶液中增大，C错误；
D．25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c()+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c() =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c()，D正确；
故选D。
11．B
【详解】
A．由于发生水解，故的数量小于0.1NA，A错误；
B．设H218O质量为xg，则D2O质量为(2-x)g，故混合物中所含中子数为 ，B正确；
C．56g Fe溶于过量硝酸生成Fe3+的物质的量为1ml，故电子转移数为3NA，C错误；
D．标准状况下，CCl4不是气体，无法计算，D错误；
故选B。
12．C
【详解】
A．亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸，产物Na2HPO3是正盐，A错误；
B．滴入NaOH溶液时依次发生：H3PO3+OH-=H2PO+H2O，H2PO+ OH-=HPO+H2O，所以X(H2PO)先增大后减小，即曲线b代表X(H2PO)，横坐标为pOH，所以曲线c代表X(H3PO3)，曲线a代表X(HPO)，B错误；
C．H2PO的电离平衡常数Ka=，曲线a代表X(HPO)，曲线b代表X(H2PO)，据图可知当X(H2PO)=X(HPO)，即c(H2PO)=c(HPO)时，pOH=7.3，则此时溶液中c(H+)=10-6.7ml/L，所以Ka=1×10-6.7ml·L-1，C正确；
D．NaH2PO3溶液中存在H2PO的电离和水解，其电离平衡常数Ka=1×10-6.7，则水解平衡常数为1×10-7.3，所以电离程度更大，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，D错误；
综上所述答案为C。
13．C
【详解】
A．向FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2，A错误；
B．向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：2NH＋SO＋Ba2＋＋2OH-=2NH3·H2O＋BaSO4↓，B错误；
C．3 ml·L-1 Na2CO3溶液和1 ml·L-1 Al2(SO4)3溶液等体积混合发生双水解反应：2Al3＋＋3CO＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑，C正确；
D．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合生成碳酸钙、氢氧化钠和水：Ca2＋＋OH-＋HCO=CaCO3↓＋H2O，D错误；
答案选C。
14．C
【详解】
A．a点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c(H+)=10-pH=1×10-10 ml·L-1，A正确；
B．常温下，c(H+)=c水( OH-)=1×10-m ml/L，B正确；
C．c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液﹐碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子但程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CO)>c(HCO)，C错误；
D．d点溶液中，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正确；
故合理选项是C。
15．B
【详解】
A．由图像中B点可知，lg=0，即c(A-)=c(HA)时，Ph=4.65，故HA的Ka==l.0×10-4.65，A错误；
B．由图像可知，A点溶液显酸性，故c(H+)＞c(OH-)，由物料守恒可知c(A-) +c(HA) =0.lml/L，故c(A-)+c(H+)+c(HA)-c(OH-)＞0.lml/L，B正确；
C．由图像可知，B点溶液中c(A-)=c(HA)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA)，C错误；
D．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故C点溶液中各离子浓度关系不可能为：c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误；
故答案为：B。
16．
（1） 粉碎废料(合理即可) 搅拌(合理即可)
（2） 可氧化盐酸产生，污染环境
（3） 防止pH值过低，与结合，浓度降低而导致沉淀不完全
（4）
（5）
【分析】
（1）
可以通过粉碎废料、搅拌、适当升温、增大碱液的浓度
来加快“碱溶”的速率，故答案为：粉碎废料、搅拌、适当升温、增大碱液的浓度等均可。
（2）
和在酸性条件下发生氧化还原反应生成CSO4、Na2SO4，其离子方程式为，盐酸具有还原性，能被氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能用盐酸代替硫酸进行酸化，故答案为：、可氧化盐酸产生，污染环境。
（3）
铝离子能与碳酸根发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，其水解离子方程式为，LiF微溶于水，过程Ⅲ控制pH值不宜过低，防止pH值过低，与结合，浓度降低而导致沉淀不完全，故答案为：、防止pH值过低，与结合，浓度降低而导致沉淀不完全。
（4）
碳酸氢铵溶液在过程Ⅳ中提供，使沉淀为，其离子方程式为，故答案为：。
（5）
将的和的固体混合物在空气中加热至700~900℃，可制备正极材料，其反应化学方程式为，故答案为：。
17．[Arl3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2 三角锥形 降低溶解度，使其析出，与杂质分离 乙醚 700
【分析】
黄磷在NaOH溶液中发生歧化反应生成NaH2PO2和PH3，次磷酸钠微溶于氨水，所以通入氨气后析出次磷酸钠晶体，过滤、净化后与NiSO4混合，得到Ni单质和滤液2。
【详解】
(1)Ni为28号元素，原子核外有28个电子，根据构造理论可知基态Ni原子核外电子排布式为[Arl3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2；PH3中心原子价层电子对数为=4，含一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；
(2)根据流程可知碱溶过程中P4与NaOH溶液发生歧化反应生成PH3和NaH2PO2，根据电子守恒可知PH3和NaH2PO2的系数比应为1:3，再结合元素守恒可得化学反应方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑；根据结构可知H3PO2为一元弱酸，则NaH2PO2溶液中存在H2PO的水解使溶液显碱性，水解是微弱的，所以离子浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO)>c(OH-)>c(H+)；
(3)根据题目所给信息可知次磷酸钠微溶于氨水，通入氨气可以降低NaH2PO2溶解度，使其析出，与杂质分离；次磷酸钠不溶于乙醚，所以为了降低洗涤时的溶解损耗，应用乙醚洗涤；
(4)根据流程和题意可知NaH2PO2和NiSO4混合后生成Ni和H3PO4，说明该过程中Ni2+将H2PO氧化成H3PO4，自身被还原为Ni，根据电子守恒可以得到Ni2+和H2PO的系数比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Ni2++H2PO+2H2O=2Ni+H3PO4+3H+；==700。
18． 适当升温(或适当增大硫酸浓度、搅拌、延长浸出时间等) 将氧化成，通过调节溶液值使水解生成沉淀除去 、和 选用可能会产生而使产品不纯
【分析】
向废渣中加入稀H2SO4，只有Cu不溶于稀H2SO4，所以滤渣1为Cu；“控电位浸出”是控制合适的氧化电位电解除锰，将溶液中变为除去，电极反应式为；浸出液中含有、、、，试剂a是和的悬浊液，向浸出液中加入和的悬浊液，可将氧化成，通过调节溶液值使水解生成沉淀，从而除去，再加入Zn可将转化为，所以滤渣2的成分为、、Zn；加入NaOH溶液，转化为，Zn2+转化为，转化为，过滤后，得到，加稀H2SO4，使转化为，调节pH至中性，加入NaHCO3，从而得到。
【详解】
(1)由分析可知，滤渣1的成分是Cu；适当升温、适当增大硫酸浓度、搅拌、延长浸出时间等，均可以提高“酸浸”浸出率；
(2)“控电位浸出”将溶液中变为除去，Mn元素的化合价由+2价变为+4价，化合价升高，发生氧化反应，阳极发生氧化反应，则阳极的电极反应式为：；
(3)向浸出液中加入和的悬浊液，可将氧化成，通过调节溶液值使水解生成沉淀，从而除去；由分析可知，滤渣2的成分是、、；
(4)“沉钴”时，和在水溶液中发生双水解生成沉淀、和，则离子方程式为：；选用可能会产生而使产品不纯，所以“沉钴”时不用；
(5)与在700℃下烧结生成，化学方程式为：。
19．物理变化 不能 ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品 ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO 取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净 2Cl-2e-=Cl2↑ 9.1g
【分析】
该工艺流程图中，在高温气化过程中反应物是ZrSiO4、C、Cl2，生成物有ZrCl4、SiCl4和CO，故反应方程式为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO，分馏出ZrCl4后，与水反应生成ZrOCl2‧8H2O，反应方程式为： ZrCl4+9H2O= ZrOCl2‧8H2O+2HCl，然后再受热分解，反应方程式为：ZrOCl2‧8H2OZrO2+2HCl+7H2O，据此分析解题。
【详解】
(1)分馏是利用互溶液体中各组分沸点的不同将各组分分离的过程，没有新物质的生成，故属于物理变化，故答案为：物理变化；
(2) 由于ZrSiO4难溶于盐酸，后续在高温气化的过程中依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品稀盐酸，故答案为：不能；ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品；
(3)由题干流程图可知，“高温气化”中ZrSiO4与C、Cl2发生反应得到ZrC14和SiCl4，根据元素守恒可知另一种产物是CO，故该反应的反应的化学方程式为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO，故答案为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO；
(4)流程中ZrC14与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOC12·8H2O，此时ZrOC12·8H2O晶体表面混有杂质HCl，故检验该物质是否洗涤干净的实验操作为取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净，故答案为：取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净；
(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KC1组成的熔盐来制取金属锆。阳极上发生氧化反应，故电极反应式为2Cl-2e-=Cl2↑，阴极反应为：+4e-=Zr+6F-，每转移0.4mle-，理论上阴极生成0.1mlZr，故阴极上增加的质量为0.1ml×91g/ml=9.1g，故答案为：2Cl-2e-=Cl2↑；9.1g。