高考化学二轮复习专题16《盐类水解溶解平衡》考点专练（含详解）

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专题16 盐类水解、溶解平衡1．下列说法正确的是A．将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度C．用加热的方法可以除去K2SO4溶液中的Fe3＋D．洗涤油污常用热的碳酸钠溶液【答案】D2．对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCI2溶液得不到MgCI2固体H2SO4不易挥发，HCI易挥发B电解CuCI2溶液，阴极得到Cu；电解NaCI溶液，阴极得不到Na得电子能力：Cu2+>Na+>H+C浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈羟基中氢的活性：C2H5OH< H2O【答案】B【解析】A项、HCl易挥发，加热氯化镁溶液生成氢氧化镁，因硫酸不挥发，加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体，可知与酸的挥发性有关，故A正确；B项、得电子能力H+>Na+，解释不正确，故B错误；C项、浓硝酸氧化NO，而稀硝酸不反应，可说明浓硝酸具有较强的氧化性，故C正确；D项、羟基中氢的活性越强，越易与钠反应，钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈，可说明羟基中氢的活性：C2H5OH<H2O，故D正确。 5．化学与生活生产密切相关。下列说法中不正确的是A．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率C．施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性D．将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质【答案】D6．已知常温下浓度为0.1mol/L的几种溶液的pH如下表。下列有关说法不正确的是溶质NaFNa2CO3NaClONaHCO3pH7.511.69.78.3A．同温度同浓度下，酸性由强到弱的顺序为：HF＞H2CO3＞HClOB．水解方程式：F-+H2OHF+OH-的平衡常数约为9×10-13C．将CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性，则溶液中：c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)=0.2mol/LD．等物质的量的NaF和HF混合溶液中粒子浓度大小关系为：c(F-)>c(Na+)> >c (H+)>c(OH-)【答案】C【解析】A.由表格数据可知，0.1mol/L的弱酸盐溶液中水解程度由大到小的顺序为Na2CO3>NaClO>NaHCO3>NaF，根据盐类水解规律“越弱越水解”，可推知对应酸的酸性由强到弱的顺序为：HF>H2CO3>HClO>HCO3-，A项正确；B.由表格数据知0.1mol/LNaF溶液中pH=7.5，常温下该溶液中c(OH-)===10-6.5mol/L，c(HF)= 10-6.5mol/L－10-7.5mol/L=9×10-7.5mol/L，根据F-+H2OHF+OH-得水解平衡常数Kh==≈9×10-13，B项正确；C. 因Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均呈碱性，只有H2CO3溶液呈酸性，所以将CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性时，发生的反应有Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，CO2+H2O=H2CO3，所得溶液为NaHCO3（浓度为0.2mol/L）和H2CO3的混合溶液，根据物料守恒，溶液中有c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)>0.2mol/L，C项错误；D.由B项分析知，相同温度下HF的电离常数Ka=≈=0.011，故有Ka>Kh，说明HF的电离程度大于NaF的水解程度，所以等物质的量的NaF和HF混合溶液中粒子浓度大小关系为：c(F-)>c(Na+)> c (H+)>c(OH-)，D项正确。 8．常温下，向20mL0.2mol·L－1H2B溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如下图（其中Ⅰ表示H2B，Ⅱ代表HB－、Ⅲ代表B2－），根据图示判断，当V（NaOH）=20mL时，溶液中各粒子浓度的大小顺序正确的是A．c(Na+)＞c(HB－)＞c(H+)＞c(B2－)＞c(H2B)B．c(Na+)＞c(HB－)＞c(OH－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)C．c(Na+)＞c(H+)＞c(HB－)＞c(B2－)＞c(OH－)＞c(H2B)D．c(Na+)＞c(OH－)＞c(HB－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)【答案】A9．温度25℃时，用Na2S、(NH4)2S等沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子(M2+)，所需S2-最低浓度的对数值1gc(S2-)与1gc(M2+)关系如右图所示。下列说法不正确的是A．Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)B．25℃时，Ksp(CuS)约为1×10-35C．向100mL浓度均为1×10-5 mol/L Zn2+、Cu2+的混合溶液中逐滴加入1×10-4mol/L的Na2S溶液，Cu2+先沉淀D．(NH4)2S溶液中： c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)【答案】A【解析】A.硫化钠溶液中的物料守恒为：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)= c(Na+)，A错误；B.在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)×(S2-)=10-25×10-10=10-35，B正确；C.依据此图可知，CuS的Ksp较小，对于化合物构型相同的物质来说，Ksp越小，形成沉淀需要的离子浓度越小，故CuS最难溶，首先出现的沉淀是CuS，即Cu2+先沉淀，C正确；D.对于(NH4)2S溶液，根据电荷守恒可得 c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)，D正确。 11．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)A．0.1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH4+)＝c(SO42-)>c(Fe2＋)>c(H＋)>c(OH－)B．室温时浓度均为0.1 mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，pH为10，则：c(NH4+)＋c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)C．0.1 mol·L－1 (CH3COO)2Ba溶液中：2c(Ba2＋)＝2c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液显弱酸性，则：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H＋)【答案】Bc(OH-)，选项B正确；C. 0.1 mol/L(CH3COO)2Ba溶液中，根据物料守恒，可得2n(Ba2+)=n(CH3COO-)+n(CH3COOH)，，选项C错误；D．0.1 mol/L NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，c(C2O42-)> c(H2C2O4)，由于溶液中还存在水电离产生的H＋，所以c(H＋)>c(C2O42-)，但HC2O4-电离及水解程度是微弱的，主要以HC2O4-存在，所以c(HC2O4-)>c(H＋)，而Na+在溶液中不发生任何变化，故c(Na+)最大，则微粒浓度关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)>c(H＋)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，选项D错误。12．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中　(　　)A．水的电离程度始终增大B．c(NH4+)/c(NH3·H2O)先增大再减小C．当加入氨水的体积为10 mL时,c(NH4+)=c(CH3COO-)D．c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变【答案】CB错误；C．当加入氨水的体积为10mL时，n(CH3COOH)=n(NH3•H2O)，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c(H+)= c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=c(CH3COO-)，选项C正确；D．n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和逐渐减小，选项D错误；13．已知pAg+=−lgc(Ag+)，pX−=−lgc(X−)。某温度下，AgBr、AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A．a和c两点的Kw相同B．Ksp(AgCl)=1.0×10−14 mol2·L−2C．向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使a点变到d点D．AgCl(s)＋Br−(aq)AgBr (s)＋Cl−(aq)平衡常数K=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)【答案】B【解析】A．Kw只受温度的影响，a、c在相同的温度下，则Kw相同，故A正确；B．b点在AgBr在沉淀溶解平衡曲线上，不能计算AgCl的溶度积，故B错误；C．向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，阴离子浓度减小，可使a点变到d点，故C正确；D．AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)平衡常数K=c(Cl－)/c(Br－)=c(Cl－)c(Ag+)/c(Br－)c(Ag+)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，故D正确。14．已知：pAg=－lgc(Ag+)，Ksp(AgCl)=1×10－12，Ksp (AgI)=1×10－16。如图是向10mLAgNO3溶液中逐滴滴入0.1mo1·L－1的NaCl溶液时，pAg随着加入NaCl溶液的体积变化的图像(实线)。下列叙述正确的是A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1B．图中x点表示溶液中Ag+恰好完全沉淀C．图中x点的坐标为(10，6)D．若把NaCl溶液换成0.1mol·L－1NaI溶液，则图像在终点后变为虚线部分【答案】B15．探究Mg(OH)2的溶解平衡时，利用下表三种试剂进行试验，下列说法中不正确的是编号①②③分散质Mg(OH)2HClNH4Cl备注悬浊液1 mol/L1 mol/LA．向①中滴入几滴酚酞试液后，溶液显红色说明Mg(OH)2是一种弱电解质B．为了使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快，加入过量的NH4Cl浓溶液并充分振荡，效果更好C．①、③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq)Mg2+(aq)+2NH3·H2O(aq)D．向①中加入②，H+与OH—反应生成H2O，使c(OH－)减小，Mg(OH)2溶解平衡向溶解方向移动【答案】A16．某温度下，向10 mL 0.1 mol·L－1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中－lg c(Cu2＋)与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是已知：Ksp(ZnS)＝3×10－25A．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)B．a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的为b点C．该温度下，Ksp(CuS)＝1×10－35.4D．向100 mL Zn2＋、Cu2＋物质的量浓度均为0.1mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－3 mol·L－1的Na2S溶液，Zn2＋先沉淀【答案】C【解析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS（s）Cu2+（aq）+S2-（aq），已知此时-lgc（Cu2+）=17.7，则平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，A．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，故A错误；B．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故B错误；C．该温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.7mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，故C正确；D．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－3 mol·L－1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c（S2-）==mol/L=3×10-24mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c（S2-）==mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，故D错误。17．下列实验操作能达到目的的是A．在中和热的测定实验中，可将稀盐酸换成浓硫酸B．欲除去水垢中的CaSO4，可先用碳酸钠溶液处理，再用盐酸处理C．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用蒸馏水洗净滴定管后，可直接装入标准盐酸进行滴定D．配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的硫酸中再加水稀释【答案】B18．根据下列实验现象，可以得到相应结论的是 实验现象结论A将少量的饱和硼酸溶液滴加到碳酸钠溶液中无气泡酸性:H2CO3>H3BO3B向均盛有2mL5% H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液各1mL前者生成气泡的速率更快催化效果: Fe3+> Cu2+C分别向等物质的量浓度、等体积的KCl和KI的溶液，滴加2滴稀的Ag(NH3)2OH溶液,充分振荡后KCl溶液中无白色沉淀,KI溶液中有黄色沉淀微粒结合Ag+的能力：I->NH3>Cl-D向1mL2mol/L的NaOH溶液中，滴加1-2滴1mol/ L MgCl2溶液，再滴加2滴1mol/ L FeCl3溶液先有白色沉淀，后有红褐色沉淀Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3【答案】C19．下列各项中实验的设计或操作能达到预期实验目的是(　　)选项 实验目的 实验的设计或操作 A比较Cl与S元素的非金属性强弱相同条件下，测定相同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH，前者小于后者  B比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小向AgNO3溶液中先滴加NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加NaI溶液，有黄色沉淀生成，说明 Ksp(AgCl)〉Ksp(AgI) C欲除去苯中混有的苯酚 向混合液中加入NaOH溶液，充分震荡，静置后分液  D证明氧化性H2O2比Fe3+强  将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中【答案】C20．①已知t ℃时AgCl的Ksp=2.0×10－10；②在t ℃时Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是A．在t ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10－12B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点C．在t ℃时，以0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L－1KCl和0.01 mol·L－1K2CrO4的混合溶液，CrO42-后沉淀D．在t ℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋CrO (aq)的平衡常数K＝2.5×107【答案】B【解析】A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到，曲线上的点是沉淀溶解平衡。Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4 (s)2Ag+ +CrO42-，Ksp=c2(Ag+)·c(CrO42-)=（10-3）2×10-6=10-12，故A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B错误；C、依据溶度积常数计算Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)·c(CrO42-)=1×10-12；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，以0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/L KCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c(CrO42-)=0.01mol/L，得到c(Ag+)==10-5mol/L，0.01mol/L KCl溶液中，c(Cl-)=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c(Ag+)==2×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，故C正确；D、K====2.5×107，故D正确。 （6）由铝盐中加入氨水生成氢氧化铝沉淀可知，由于Al3+结合OH-能力强于NH4+，向铵明矾溶液中滴加极少量NaOH溶液时，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为Al3++3OH－=Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3OH－=Al(OH)3↓。22．FeCl3 具有净水作用，而高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型多功能水处理剂，处理污水比FeCl3 高效。请回答下列问题：(已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，lg2=0.3)(1)FeCl3净水的原理是________________(用离子方程式表示)，Fe3＋水解生成的Fe(OH)3 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，常温下此水解反应的平衡常数为_____________(填写数值)。(2)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入____________，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________。(3)工业上由CuCl2·2H2O晶体制备无水CuCl2的合理方法是在HCl气氛中加热，若在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_________________________ (用化学方程式表示)。(4)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下①取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，发生反应2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，生成白色沉淀。②用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(已知：I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－)①滴定过程可选用________作指示剂，滴定终点时的现象是_______________________。②该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为________。【答案】Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋    2.5×10－5    CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3    4.0×10－8 mol·L-1     CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl    淀粉溶液    滴入最后一滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色    95%    。（2）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，由于不能引入新杂质，则可以加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3)；调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中氢氧根的浓度是10－10mol/L，则c(Fe3＋)＝＝4×10－8 mol/L。（3）氯化铜在水存在的条件下易水解，且水解吸热，所以在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，反应的方程式为CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl； 24．某工厂以重晶石(主要含BaSO4)为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”—钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：已知：(1)Ksp(BaSO4)=1.0×10﹣10 ，Ksp(BaCO3)=5.0×10-9(2)草酸氧钛钡晶体的化学式为 BaTiO(C2O4)2·4H2O回答下列问题：(1)为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_________(写出一条)。(2)配制一定浓度的TiCl4溶液时，通常是将TiCl4(室温下为液体)________________。(3)用Na2CO3溶液泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3溶液作用)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K=______ (填写计算结果)。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用浓度为_____mol/LNa2CO3溶液浸泡重晶石才能开始该转化过程。(4)设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体已经洗涤干净：______________________________。(5)“混合溶液液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，如图所示。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.5～3之间，再进行“沉淀”，则图中曲线a对应钛的形式为_____(填化学式)；写出“沉淀”时的离子方程式：___________。(6)煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为：__________。【答案】将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等    溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度。    0.02    5.0×10-4    取少许最后一次洗涤液，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，无沉淀生成，说明晶体已经洗涤干净    TiOC2O4     TiO(C2O4)22-＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓    BaTiO(C2O4)2·4H2O BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O    【解析】 (1)盐酸与BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2↑，为了加快反应速率。，可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等等；(2) TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：Ti4++4H2OTi(OH)4+4H+，使溶液变浑浊为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；(3) 在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数K=0.02；在BaSO4饱和溶液中，根据Ksp(BaSO4)=1.0×10﹣10可知c(Ba2+)=1.0×10﹣5mol/L，不考虑CO32-的水解，要实现沉淀的转化，则c(Ba2+)·c(CO32-)> Ksp(BaCO3)，c(CO32-)>5.0×10﹣9÷1.0×10﹣5=5.0×10-4mol/L，即至少需要使用浓度为5.0×10-4mol/LNa2CO3溶液浸泡；(4) HCl、TiCl4、H2C2O4混合反应产生草酸氧钛钡晶体，若晶体过滤后洗涤干净，则洗涤液中不含有Cl-，所以证草酸氧钛钡晶体已经洗涤干净的方法是取少许最后一次洗涤液，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，无沉淀生成，说明晶体已经洗涤干净；25．回收的废旧锌锰干电池经过处理后可得到锰粉(含MnO2、Mn(OH)2、Fe和炭粉等)，由锰粉为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)的工艺流程如下：已知：①2H2SO4 + MnO2 + 2FeSO4 ＝ MnSO4 + Fe2(SO4)3 + 2H2O②部分氢氧化物的Ksp(近似值)如下表(25 ℃)物质 Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp10－1310－1710－38根据上图流程及有关数据回答下列问题。（1）锰粉酸溶时，过量FeSO4所起的作用为______________________。（2）往滤液1中先加入H2O2的目的是氧化Fe2+，该反应的离子方程式为________________，后加入氨水的目的是调节pH除去杂质离子，使滤液中的杂质离子沉淀完全(残留在溶液中的离子浓度≤ l0－5 mol·L－1)，常温下测得溶液中c(Mn2＋)＝0.1 mol·L－1，则需调节溶液的pH范围为_______________。（3）沉锰工序中，加入氨水的目的是（从化学平衡移动的角度解释）___________，沉锰工序中判断沉淀已经洗涤干净的实验操作是________________________________。（4）沉锰后废液中的主要成份为_____________________________。【答案】把二氧化锰完全转化成二价锰离子    2Fe2++H202+2H+= 2Fe3++2H2O    3∼8    促进HCO3-离子的电离，提供出CO32-来沉锰    取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成，若不产生白色沉淀表明沉淀已经洗净    硫酸铵和氨水    （3）根据流程图，沉锰工序中，加入碳酸氢铵和氨水生成碳酸锰，所以加氨水的目促进HCO3- 离子的电离，提供出CO32-来沉锰；溶液中含有硫酸根，所以可以根据是否存在硫酸根离子来判断沉淀是否洗涤干净，实验操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成，若不产生白色沉淀表明沉淀已经洗净；故答案为：促进HCO3-离子的电离，提供出CO32-来沉锰；取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成，若不产生白色沉淀表明沉淀已经洗净；