1、备考小题提升精练16 难溶电解质的电离平衡主要考查沉淀溶解平衡的特点和影响因素，溶度积常数及其计算，沉淀的生成、溶解和转化的应用，利用溶度积常数判断难溶电解质的溶解度，离子沉淀时应调节的pH范围等。1.【2020年江苏卷】25时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下KspCu(OH)2KspFe(OH)2。下列说法不正确的是（ ）AKspCu(OH)2的数量级为1020B当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)c(Cu2+)=104.61C除去CuSO4溶液中含有的少量F
2、e2+，可加入适量CuOD向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液【答案】C【解析】25时，由KspCu(OH)2KspFe(OH)2可知溶液pH相同时，饱和溶液中c(Fe2+)c(Cu2+)，则曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，曲线b表示Fe(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。A项、由图可知，曲线a中pH=10时，-lgc(M2+)=11.7，则KspCu(OH)2= c(Cu2+)c2(OH)=1011.7（104）2=1019.7，故A正确；B项、当Fe(OH)2和C
3、u(OH)2沉淀共存时，溶液中c(OH)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2+)c(Cu2+)=107.11011.7=104.61，故B正确；C项、该温度下KspCu(OH)2KspFe(OH)2可知，Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，加入适量CuO调节溶液pH，先沉淀的是Cu2+，无法达到除去少量Fe2+的目的，故C错误；D项、向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH)增大，温度不变KspFe(OH)2，c(Fe2+)减小，可能由Z点转化为Y点，故D正确。【点睛】本题考查难溶物的溶解平衡，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法是解答关键。2
4、【2020南昌市顶级名校阶段考】常温下，将11.65g BaSO4粉末置于盛有250mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是（ ）A相同温度时，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B若使0.05mol BaSO4全部转化为BaCO3，至少加入1.3mol Na2CO3CBaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小为：c(CO)c(SO)c(OH)c(Ba2+)DBaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大【答案】D【解析】A根据图像
5、，CO浓度为0时，c(Ba2+)、c(SO)都是1105，所以Ksp(BaSO4)= 11010，碳酸钡饱和溶液中当c(CO)=5104时，c(Ba2+)=0.5105，Ksp(BaCO3)=2.5109，相同温度时，Ksp(BaSO4)Ksp(AgCl)，所以有AgCl沉淀生成，选项C错误；D.溶液中存在着沉淀溶解溶解平衡，加入少量水，促进溶解，但是仍然为饱和溶液，因此溶液中各种离子浓度不变，选项D错误。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念是本题解答的关键。3已知25时，RSO4(s)+CO(aq)RCO3(s)+SO(a
6、q)的平衡常数K=1.75104，Ksp(RCO3)=2.80109，下列叙述中正确的是（ ）A25时，RSO4的Ksp约为4.9105B将浓度均为6105mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀C向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀D相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp【答案】A【解析】25时，RSO4(s)+CO(aq)RCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K=1.75104，Ksp(RSO4)=1.75104Ksp(RCO3)=1.751042.80109=4.9105。A根据上述计算分析，25
7、时，RSO4的Ksp约为4.9105，故A正确；B将浓度均为6105mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合，则浓度变为原来的一半，混合后溶液中c(R2+)=3105mol/L，c(CO)=3105mol/L，Qc(RCO3)=c(R2+)c(CO)=3105mol/L3105mol/L=91010Ksp(RCO3)，向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，故C错误；DKsp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp等于在Na2CO3溶液中的Ksp，故D错误；答案选A。【点睛】本题易错点在于D选项，Ksp也属于平衡常数，只与温度有关，与
8、溶液中离子浓度大小无关。4已知AgCl和AgBr的溶解度分别为1.5104g、8.4106g，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，发生的反应为（ ）A只有AgBr沉淀生成 BAgCl和AgBr沉淀等量生成CAgCl沉淀多于AgBr沉淀 DAgCl沉淀少于AgBr沉淀【答案】C【解析】由于AgCl的溶解度大于AgBr，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl)c(Br)，当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合时，有AgBr沉淀生成，当加入足量AgNO3溶液时，溶液中Cl也形成AgCl沉淀，由于原等体积的饱和溶液中Cl物质
9、的量大于Br，则生成的AgCl沉淀比AgBr多。【点睛】从两者的溶解度可以得到氯化银的溶解度大于溴化银，在两者的饱和溶液中滴加足量的AgNO3溶液，均会生成沉淀，且生成的氯化银的量会多余溴化银。5 化工生产中常用FeS做沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+(aq)，下列有关叙述中正确的是（ ）AFeS的Ksp小于CuS的Ksp B达到平衡时c(Fe2+)=c(Cu2+)C该反应平衡常数K=D溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c(Cu2+)、c(Fe2+)保持不变【答案】C【解析】AFeS、CuS属于同一类型，根据沉淀转化的一般原则，溶度积大的沉
10、淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以FeS的Ksp比CuS的Ksp大，故A错误；B该反应达到平衡时c(Cu2+)、c(Fe2+)保持不变，但不相等，故B错误；C该反应的平衡常数K=，故C正确；D增大硫离子的浓度，平衡左向移动，所以c(Cu2+)、c(Fe2+)均减小，故D错误；故选C。6已知：pAg=-lgc(Ag+)，pX=-lgc(Xn)。298K时，几种物质的Ksp如下表：化学式AgClAgSCNAg2CrO4颜色白浅黄红Ksp1.810101.010122.01012AgCl、AgSCN、Ag2CrO4的饱和溶液中，阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A图中x代表AgC
11、l曲线，z代表AgSCN曲线B298K时，在Cl和CrO的物质的量浓度均为0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的AgNO3溶液，首先产生的是红色沉淀C298K时若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动D298K时Ag2CrO4(s)+2SCN(aq)2AgSCN(s)+CrO(aq)的平衡常数K=2.01012【答案】D【解析】A根据图中曲线x的数据知pAg=-lgc(Ag+)=6，c(Ag+)=106mol/L，pX=-lg c(Xn)=0，则c(Cl)=1mol/L，Ksp(AgCl)=106，与表中数据不符，选项A错误；B析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)=mo
12、l/L，Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=mol/L，c(Ag+)越小，先生成沉淀，则首先产生白色沉淀，选项B错误；C298K时若增大p点的阴离子浓度，由图可知，若沿曲线向上移动，c(Ag+)减小，选项C错误；D298K时Ag2CrO4(s)+2SCN(aq)2AgSCN(s)+CrO(aq)的平衡常数K=2.01012，选项D正确。【点睛】本题考查沉淀的溶度积的应用，注意的含义pAg=-lgc(Ag+)、pX=-lgc(Xn)、Ksp，易错点为选项D：K=，结合表中数据进行计算求解。7某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其
13、进行综合处理的流程如下：KspAl(OH)3=1.01034，KspFe(OH)3=4.01038。已知：“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO和一种阳离子，该离子会水解，下列说法不正确的是（ ）A“酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为TiO2+2H+=TiO2+H2OB“结晶”时温度需控制在70以上，温度过低TiO2xH2O产率降低C为使滤渣2沉淀完全，需“调pH最小为4.3DMgCl2溶液制备MgCl26H2O需要在HCl的气氛下蒸发浓缩【答案】B【解析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸浸
14、过滤得到滤渣1和滤液，氧化铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化镁溶解生成硫酸镁，“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，滤渣为二氧化硅，加入铁粉还原铁离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤，得到滤液1含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4生成TiO2xH2O，经酸洗水洗干燥和灼烧后得到TiO2，滤液2中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铝离子和铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液3含硫酸镁，最终获取MgCl26H2O。A根据题干信息知“酸浸”后TiO2反应
15、生成TiOSO4，TiOSO4电离产发生SO和TiO2+，则反应的离子方程式为TiO2+2H+= =TiO2+H2O，故A正确；B“结晶”需控制在70左右，温度过高会导致TiO2+提前水解混入硫酸亚铁晶体，降低TiO2xH2O的产量，故B错误；C调节溶液pH目的是铝离子、铁离子沉淀完全除去，因KspAl(OH)3=1.01034，KspFe(OH)3=4.01038，阴阳离子比相同，KspAl(OH)3KspFe(OH)3，则铝离子沉淀完全对应溶液pH最小，结合溶度积常数计算，c3(OH)=，c(OH)=109.6mol/L，c(H+)=，pH=4.3，故C正确；D用MgCl2溶液制备MgCl
16、26H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等；因为加热蒸发促进氯化镁水解，为抑制氯化镁水解应在HCl的气氛下蒸发浓缩，故D正确。8“寒芒秀采总称珍，就中鸡缸最为冠”，色彩浓艳的斗彩鸡缸杯是我国陶瓷珍品。HgS是一种难溶于水的朱砂红釉彩，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）AHgS在p点与n点的溶解度相同BHgS溶于水形成的饱和溶液中c(Hg2+)=c(S2)C图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp（m）Ksp（n）=Ksp（p）D向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成沿曲线向m方向移动【答案】B【解析】Ap点与n点的Hg2+的浓度不相同，p点与n点的S2的浓度
17、不相同，溶解的HgS的质量就不同，即溶解度不同，故A错误；B在水溶液中，HgS(s)Hg2+(aq)+S2(aq)；1mol HgS溶于水形成饱和溶液，完全电离出1mol Hg2+和1mol S2，即c(Hg2+)=c(S2)，故B正确；Cp点的Ksp=c(Hg2+)c(S2)=51027molL151027molL1=2.51053，又因m点、p点、n点在同一温度线上，Ksp只受温度影响，所以Ksp（m）=Ksp（n）=Ksp（p）=2.51053，故C正确；DHgS(s)Hg2+(aq)+S2(aq)，向p点的溶液中加入少量Na2S固体，c(S2)增大，平衡逆向移动，c(Hg2+)减小；应
18、沿曲线向n方向移动，故D错误；故选B。9在25时，FeS的Ksp=6.31018，CuS的Ksp=1.31036，ZnS的Ksp=1.31024。下列有关说法中正确的是（ ）A饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为1.31036molL1B25时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度C向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大【答案】B【解析】A饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为=molL1，故A错误；B由FeS的Ksp=6.31018、CuS的Ksp=1.31036可知，二者的组成形式相同，FeS
19、的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；CFeS的Ksp=6.31018、ZnS的Ksp=1.31024，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；D向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。【点睛】比较溶解度大小的时候，应注意沉淀的类型必须相同。10金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿（主要成分钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业
20、生产流程如下。请回答下列问题。（1）钛酸亚铁（用R表示）与碳在高温下反应的化学方程式为2R+C=2Fe+2TiO2+CO2，钛酸亚铁的化学式为_；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为_。（2）上述生产流程中溶液中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。氢氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ksp8.010161.010291.81011常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当溶液的pH等于_时，Mg(OH)2开始沉淀。若将含有Fe2+、TiO2+和
21、Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为_。（3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为_。Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_。【答案】（1）FeTiO3 FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O （2）10 TiO2+2H2O=TiO(OH)2（或H2TiO3）+2H+ （3）TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO 隔绝空气【解析】钛铁矿用浓硫酸溶解，反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量的铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发
22、浓缩，冷却结晶，过滤得到溶液中含有亚铁离子、TiO2+和少量镁离子等阳离子，冷却结晶得到副产品主要为硫酸亚铁，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温下反应得到氯化镁和钛金属。(1)钛酸亚铁与碳在高温下反应的化学方程式，根据原子守恒，钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，钛酸亚铁和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成还生成硫酸亚铁和水，该反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；(2)加入过量的铁粉还原铁原子，防止亚铁离子被氧化为铁离子，溶液中
23、镁离子的物质的量浓度为0.0018mol/L，析出氢氧化镁时，溶液中的c(OH)=mol/L=104mol/L，则溶液中的氢离子浓度为1010mol/L，则溶液的pH=10；TiO(OH)2的溶度积最小，溶液加水稀释析出的白色沉淀为TiO(OH)2，该反应的离子方程式为TiO2+2H2O=TiO(OH)2（或H2TiO3）+2H+；(3)乙为TiO2，与氯气和过量的碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO，镁能与空气中氧气、氮气反应，需要隔绝空气进行。11实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料-Fe2O3。其主
24、要实验流程如下：(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有_(填序号)。A适当升高酸浸温度 B适当加快搅拌速度 C适当缩短酸浸时间(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成_(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是_。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是_，。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeC
25、O3沉淀。生成FeCO3沉淀的离子方程式为_。设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：_。（FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5）。【答案】（1）AB （2） H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 （3） pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全 （4） 在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀 【解析】铁泥的
26、主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得Fe2O3。(1)A适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；答案选AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应
27、有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1105mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶
28、液中c(F)至少为mol/L=102mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F形成弱酸HF，导致溶液中c(F)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3H2O+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+H2O，离子方程式为Fe2+HCO+NH3H2O=FeCO3+NH+H2O。根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水NH4HCO3
29、混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含SO；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：(1)控制pH不形成Fe(OH)2沉淀；(2)沉淀洗涤完全的标志。9钼酸钠晶体(Na2MoO4.2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利
30、用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：(l)Na2 MoO42H2O中钼元素的化合价为_，NaClO的电子式为_。(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是_(答出两条即可)。(3)途径I焙烧过程中化学方程式为_，碱浸时气体A的化学式为_。(4)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO)=0.40mol/L，c(CO)=0.20mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO。当BaMoO4开始沉淀时，CO的去除率是_(已知Ksp(BaCO3)=1109、Ksp(BaMo04)=4.0108，忽略溶液的体积变化)。(5)途径II氧化
31、时溶液中还有Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_。(6)途径I或途径II所得的Na2MoO4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其重结晶操作的目的为_。【答案】（1）+6 （2） 充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等 （3） 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 CO2 （4） 95% （5） 19 （6） 除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体 【解析】(l)Na2MoO42H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升
32、高温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；（4）根据Ksp(BaMoO4)=4.0108，BaMoO4开始沉淀时，则c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)/c（MoO）=4.0108/0.40=1.0107mol/L，此时溶液中c(CO)=Ksp(BaCO3)/c(Ba2+)=1109/1.0107=0.01mol/L，CO的去除率=（0.
33、20mol/L-0.01mol/L）/0.20mol/L=95%；(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO，生成物为Na2SO4和Na2MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1mol MoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比19；(6)重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体。【点睛】根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化物，气体A为二氧化碳；根据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还原剂与氧化剂物质的量之比。
