第三章第一节电离平衡课后培优习题— 高二化学上学期人教版（2019）选择性必修一.docx

第三章第一节电离平衡课后培优习题高二化学上学期人教版（2019）选择性必修一一、单选题（共16题）1下列化学用语表示正确的是A四氯化碳分子的比例模型：B次氯酸的结构式：H-Cl-OC羟基的电子式：D乙酸的电离方程式：2下列事实不能说明亚硝酸是弱电解质的是A亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性B0.1mol/LHNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/LC0.1mol/LNaNO2溶液的pH为9.5D用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗3下列物质属于有机物，又是强电解质的是A硬脂酸钠B乙二醇C苯酚DBa(NO3)24一般情况下，前者无法决定后者的是A原子核外电子排布元素在周期表中的位置B弱电解质的相对强弱电离常数的大小C电解质的溶解度大小强弱电解质的区分D溶液中离子浓度及所带电荷数溶液电导率5下列有关电解质、强电解质、弱电解质的分类正确的是 ABCD电解质CuCO2NaClNaOH强电解质HClBa(OH)2HClO4BaSO4弱电解质CH3COOHH2OFe(SCN)3氨水AABBCCDD6图为NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列说法正确的是ANaCl溶液为强电解质Ba离子为Na+，b离子为Cl-CNaCl的电离方程式为：NaCl=Na+Cl-DNaCl的溶解可以在容量瓶中进行7室温下，有0.1 molL-1 HF溶液，下列说法不正确的是A0.1 molL-1 HF溶液的pH大于1，说明HF是弱电解质B1 L 0.1 molL-1 HF溶液与1 L0.1 mol NaOH恰好完全反应C加水稀释，HF溶液的pH增大，一定说明HF存在电离平衡D加水稀释，HF溶液中增大8下表中的物质分类组合完全正确的是编号ABCD强电解质NaOHHClOBaSO4HNO3弱电解质H2ONH3H2OCH3COOHNH3非电解质CH3CH2OHCO2Cl2HFAABBCCDD9下列因素能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡向右移动的是ACH3COOHBC升高温度DbX-10对室温下c(H+)、体积均相同的HCl溶液和CH3COOH溶液分别采取以下措施，下列正确的是A加适量的CH3COONa晶体，两溶液的氢离子浓度减小B使温度升高20，两溶液的氢离子浓度不变C加水稀释2倍，两溶液的氢离子浓度增大D恰好完全反应时，二者消耗氢氧化钠的质量相同11运用电离平衡常数判断可以发生的反应是（ ）酸电离常数(25 )碳酸Ka1=4.310-7Ka2=5. 610-11次溴酸Ka=2.410-9HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO32HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2 NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrOABCD121 molL-1 HA溶液中有1%的HA电离，则HA的电离平衡常数Ka为A1.010-4B1.010-5C1.010-2D1.010-613常温下，H2CO3溶液中微粒的物质的量百分数与pH的关系如图所示。人体血浆中最重要的缓冲体系是碳酸氢盐，正常人的血液的pH在7.357.45，由Henderson-Hasselbalch方程可知：pH=6.1lg。下列说法不正确的是A曲线c表示c(CO)随溶液pH变化的曲线BH2CO3的Ka1的数量级为10-7C当血浆中c(HCO)增大时，pH一定增大D当血浆的pH=7.1时，则发生酸中毒，此时c(HCO)是c(H2CO3)的10倍14设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，11.2 LCl2和足量的NaOH完全反应，转移的电子数为NAB标准状况下，22.4 LNH3溶于水，其水溶液中NH3H2O的微粒数为NAC10 g的含有的质子数与中子数均为5NAD1 mol C2H6中含有共价键的数目为6NA15下列说法不正确的是A将0.10 molL-1氨水加水稀释后，溶液中不变B为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH 7，则H2A是强酸C将CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中变小D用0.200 0 molL-1 HCl标准溶液滴定NaOH与NH3H2O的混合溶液(混合溶液中两种碱的浓度均为0.1 molL-1)至中性时，溶液中的碱未被完全中和16焊接时常用NH4Cl除锈，下列说法一定正确的是ANH4Cl为弱酸强碱盐BNH4Cl可以抑制水的电离CpH=7的NH4Cl、氨水混合液：c(NH)>c(Cl-)DNH4Cl溶液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O)二、综合题（共4题）17(1)已知：25时，H2CO3的Ka1=4.3010-7，Ka2=5.6110-11，HClO的Ka=2.9510-8，比较给出H+能力的相对强弱：H2CO3_HClO(填“>”、“<”或“=”)；请用一个化学方程式说明和ClO-结合H+能力的相对强弱_。(2)CN2H4是离子化合物且各原子均满足稳定结构，写出CN2H4的电子式_。(3)常压下，SO3的沸点(44.8)比SO2(-10)的沸点高，其主要原因是_。18一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示曲线，请回答。（1）“O”点为什么不导电：_。（2）a、b、c三点的氢离子浓度由大到小的顺序为_。（3）a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是_。（4）若使c点溶液中的c（CH3COO-）增大，在如下措施中，可选择（_）A加热 B加水 C加Zn粒（5）现有等浓度的硫酸、盐酸、醋酸，中和等量的NaOH溶液时，需上述三种酸的体积依次是V1L、V2L、V3L，所需V1、V2、V3关系为_。19I氯及其化合物在工业生产中有广泛应用。稀硝酸与活泼金属M反应制备二价金属硝酸盐，当反应物之比m(HNO3)：n(M)5：2时，还原产物为_（填化学式）。II工业废气、汽车尾气中含有的NOx、SO2等，是形成雾霾的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。（一）NOx的消除汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂条件下可发生反应2NO（g）2CO（g）N2（g）2CO2（g）H。（1）已知：CO的燃烧热H1283.0kJmol1，N2（g）O2（g）2NO（g）H2180.5kJmol，则上述反应的H_（2）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中的NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如图所示。下列说法正确的是_（填字、母代号）。A两种催化剂均能降低反应的活化能，但反应的H不变B相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响C曲线中的催化剂适用于450左右脱氮D曲线中催化剂脱氮率比曲线中催化剂的高若温度低于200，图中曲线脱氯率随温度升高而变化不大的主要原因是_；判断a点对应的脱氮率是否为对应温度下的平衡脱氮率，并说明其理由：_。（二）SO2的综合利用（3）某研究小组对反应NO2（g）SO2（g）SO3（g）NO（g）H0进行相关实验探究。在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比n0（NO2）：n0（SO2）进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO的平衡转化率a（NO2）。部分实验结果如下图所示。图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断：TC_TD（填“”“”或“”）。（4）已知25时，NH3H2O的Kb1.8105，H2SO3的Ka11.3102，Ka262108。若氨水的浓度为2.0molL1，将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时，溶液中的_20利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含、及少量可溶性磷酸盐)生产的工艺流程如下，回答下列问题：已知：、可与、组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为、等可溶性钠盐。（1）焙烧包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得，写出氧化过程中发生反应的化学方程式_；废渣的主要成分是_。（2）精制加入后，写出相关的离子反应方程式：_，_。(结果不用化简)已知（3）精制中加入溶液除去磷酸盐，过小时影响除磷效果的原因是_；过大时，沉淀盘增大的原因是_。（4）沉钒所得沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是_。在500时焙烧脱氨制得产品，反应方程式为。但脱氨过程中，部分会被转化成，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为，该反应的化学方程式为_。参考答案1C【详解】A氯原子的半径比碳原子半径大，A错误；B次氯酸中O原子分别与H、Cl共用一对电子，结构式为H-O-Cl，B错误；C羟基显电中性，电子式为，C正确；D乙酸为弱电解质，电离方程式为CH3COOHCHCOO-+H+，D错误；综上所述答案为C。2D【详解】A亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性，说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，A项不选；B0.1mol/LHNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/Lc(HNO2)，说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，B项不选；C0.1mol/LNaNO2溶液的pH为9.5，说明NaNO2是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱酸，C项不选；D用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较小，但是不能说明亚硝酸部分电离，所以不能说明亚硝酸为弱电解质，D项选；答案选D。3A【详解】以上选项中，属于强电解质的是：硬脂酸钠、Ba(NO3)2；属于有机物的是：硬脂酸钠、乙二醇、苯酚。根据题意，既是有机物又是强电解质的只有硬脂酸钠。故选A。4C【详解】A因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故A正确；B相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故B正确；C强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，强电解质和弱电解质的区分与溶解度无关，如：乙酸是化合物，在水中与水以任意比互溶，在水中只有部分电离，属于弱电解质，硫酸钡属于强电解质，但在水中难溶，而氯化钠属于强电解质，但在水中易溶，故C错误；D溶液的导电性与离子浓度、离子所带电荷成正比，所以溶液导电性的强弱取决于溶液中离子浓度及所带电荷的多少，故D正确；故选：C。5C【详解】ACu是金属单质，而不是化合物，因此不属于电解质，A不符合题意；BCO2是化合物，但其溶于水或受热熔化时都不能发生电离而导电，因此属于非电解质，B不符合题意；C物质分类合理，C符合题意；D氨水是混合物，而不是化合物，因此不属于弱电解质，D不符合题意；故合理选项是C。6C【详解】ANaCl为强电解质，NaCl溶液为混合物，不是强电解质，故A错误；B水分子中H显正电性，O显负电性，根据异性相吸原理，Na+带正电荷，应该是围绕钠离子的水分子中的氧原子朝向钠离子，所以b离子为Na+，a离子为Cl-，故B错误；CNaCl为强电解质，在水中完全电离出Na+和Cl-，电离方程式为：NaCl=Na+Cl-，故C正确；D容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的仪器，不能用来溶解固体、稀释液体、加热、做反应容器等，故D错误；故选C。7C【详解】A0.1 molL-1 HF溶液的pH大于1，说明HF不能完全电离，HF为弱电解质，故A正确；B1 L 0.1 molL-1 HF溶液与1 L0.1 mol NaOH所含溶质的物质的量相同，两者1:1恰好能完全反应生成NaF，故B正确；C加水稀释，HF溶液中溶质电离产生的离子浓度均减小，氢离子浓度减小，pH增大，即使是强酸其变化同样如此，不能说明HF存在电离平衡，故C错误；D加水稀释过程中增大，减小，则增大，故D正确；故选：C。8A【分析】完全电离出离子的电解质是强电解质，部分电离出离子存在电离平衡的电解质是弱电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。【详解】A三种物质的分类均正确，A选；B次氯酸、一水合氨均是弱电解质，B不选；C氯气是单质，不是电解质也不是非电解质，C不选；D氨气是非电解质，HF是弱电解质，D不选；答案选A。9C【详解】A醋酸电离得到氢离子，增大了氢离子浓度，抑制了水电离，水的电离平衡向左移动，故A不选；B增大OH-的浓度，抑制了水电离，水的电离平衡向左移动，故B不选；C水的电离是吸热反应，升高温度，促进了水电离，水的电离向右移动，故C选；DbX-的质子数为2+8+8-1=17，该离子为Cl-，Cl-不影响水的电离，故D不选；故选C。10A【分析】盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸溶液中存在电离平衡，升高温度能促进弱电解质电离，氢离子相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，据此回答问题。【详解】A向盐酸中加入醋酸钠，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸和氯化钠，向醋酸中加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，所以都导致氢离子浓度减少 ，故A正确；B盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度，氢离子浓度不变，醋酸是弱酸，水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸的电离，氢离子浓度增大 ，故B错误；C加水稀释后，溶液的体积增大，氢离子的浓度减少 ，故C错误；D氢离子浓度相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，体积相同的，氢离子浓度相同的盐酸和醋酸，与氢氧化钠恰好完全中和时，醋酸消耗氢氧化钠的质量多，故D错误；故选：A。11C【详解】弱酸的电离常数越大酸性越强，依据题目中给出的电离常数可知酸性强弱顺序为H2CO3HBrOHCO ，依据强酸制弱酸规律可知HBrO+Na2CO3=NaBrO+NaHCO3能发生，2HBrO+Na2CO3=2NaBrO+H2O+CO2不能发生，HBrO+NaHCO3=NaBrO+H2O+CO2不能发生，NaBrO+CO2+H2O=NaHCO3+HBrO可以发生，故可以发生的反应为，故答案为C。12A【详解】1 molL-1 HA溶液中有1%的HA电离，则电离的HA的物质的量浓度为0.01 molL-1，可建立以下三段式：Ka=1.010-4，故选A。13C【详解】A根据图象可知，曲线a表示c(H2CO3)、曲线b表示c(HCO)、曲线c表示c(CO)随溶液pH变化的曲线，故A正确；B根据图象可知，c(HCO)=c(H2CO3)时，pH=6.2，H2CO3的Ka1=，故B正确；C人体血浆中碳酸氢盐起缓冲作用，随c(HCO)增大，pH变化不大，故C错误；D正常人的血液pH在7.357.45，当血浆的pH=7.1时，则发生酸中毒，pH=6.1lg，所以此时lg=1，c(HCO)是c(H2CO3)的10倍，故D正确；选C。14C【详解】ACl2和足量的NaOH完全反应，产生NaCl、NaClO、H2O，每1 mol Cl2反应，转移1 mol电子。标准状况下，11.2 LCl2的物质的量是0.5 mol，故完全发生上述反应，转移转移的电子数为0.5NA，A错误；B标准状况下，22.4 LNH3的物质的量是1 mol，其完全溶于水，部分反应产生NH3H2O，同时溶液中存在电离平衡，电离产生，溶液中同时溶液中存在NH3H2O、NH3、，根据原子守恒可知该溶液中NH3H2O微粒数小于NA，B错误；C的相对分子质量是20，分子中含有的质子数、中子数都是10个。10 g的的物质的量是0.5 mol，则其中含有的质子数与中子数均为5NA，C正确；D在1个C2H6分子中含有1个C-C键和6个C-H键，共有7个共价键，则在1 mol C2H6中含有共价键的数目为7NA，D错误；故合理选项是C。15B【详解】A氨水中，一水合氨的电离平衡常数Ka=，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故将0.10 molL-1氨水加水稀释后，溶液中不变，A正确；B酸式盐溶液的pH小于7，不能说明相应的酸是强酸还是弱酸，如果H2A是弱酸，NaHA溶液中HA-的电离程度大于水解程度溶液也显酸性，B错误；C加水稀释促进CH3COOH电离，导致溶液中n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，所以稀释过程中变小，C正确；D氯化铵溶液呈酸性，要使HCl和NH3H2O混合溶液呈中性，则NH3H2O应该稍微多些，所以至中性时，溶液中的碱未被完全中和，D正确；答案选B。16D【详解】ANH4Cl为强酸弱碱盐，A项错误；B，NH4Cl可以促进水的电离，B项错误；CpH=7溶液不一定是中性，常温下pH=7为中性，故无法判断离子浓度大小，C项错误；DNH4Cl溶液中，电荷守恒：，物料守恒：，两式相加得到：c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O)，D项正确；答案选D。17> Na2CO3+HClO=NaHCO3+NaClO 两者都为分子晶体，SO3对分子质量大，分子间作用力强，故SO3的沸点高。 【详解】(1)电离平衡常数越大，给出H+能力越强，25时，H2CO3的Ka1=4.3010-7，Ka2=5.6110-11，HClO的Ka=2.9510-8，则给出H+能力：H2CO3>HClO；酸越容易电离，酸根离子和氢离子结合能力越弱，则结合氢离子能力为：>ClO-，相应的反应为：Na2CO3与HClO反应生成NaHCO3和NaClO，化学方程式为：Na2CO3+HClO=NaHCO3+NaClO；(2)CN2H4是离子化合物且各原子均满足稳定结构，则该化合物为铵离子和CN-构成的离子化合物， CN2H4的电子式为：；(3)常压下，SO3的沸点(44.8)比SO2(-10)的沸点高，其主要原因是两者都为分子晶体，SO3对分子质量大，分子间作用力强，故SO3的沸点高。18因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子 cab c AC V1= V2=V3 【分析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强；（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；（3）溶液越稀，越促进醋酸电离；（4）要使醋酸根离子浓度增大，可以采用加热、加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质；（5）中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等时，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半。【详解】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子；（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的氢离子浓度由小到大的顺序为为cab，故答案为：cab；（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度最大的是c，故答案为：c；（4）A加热促进醋酸电离，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故A正确；B加水稀释能促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，故B错误；C加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故C正确；故答案为：AC；(5中和一定量NaOH溶液生成正盐时,酸的浓度相等，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半，所以三种酸的体积大小关系是V1= V2=V3，故答案为：V1= V2=V3。19NH4NO3或N2O -746.5kJmol1 A、C 温度较低时，催化剂的活性偏低 不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据曲线可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高 = 2.24 【分析】I根据硝酸与金属反应，产物与硝酸的浓度、金属的活泼性有关；分两种情况讨论：再根据得失电子守恒得出答案；II（1）根据CO的燃烧热，利用盖斯定律求解；（2）根据影响化学反应速率及化学平衡的因素求解；根据曲线描述的内容解答； （3）根据NO2的平衡转化率结合“三段式”计算，再根据平衡常数只与温度有关得出答案；（4）根据电荷守恒，利用当溶液呈中性时c(H)=c(OH)求解。【详解】I硝酸与金属反应，产物与硝酸的浓度、金属的活泼性有关。若硝酸为10mol，金属M为4mol，则生成了4mol M(NO3)2，还原产物中含2mol N原子。分两种情况讨论：根据得失电子守恒，如果只有1nol氮的化合价降低，则由+5降至-3，还原产物为NH4NO3；如果2mol氮的化合价都降低，则由+5降至+1，还原产物为N2O，故答案为NH4NO3或N2OII（1）根据CO燃烧热的H1283.0kJmol1，可得到CO燃烧的热化学方程式为CO(g)O2(g)=CO2(g) H1283.0kJmol1，N2（g）O2（g）2NO（g）H2180.5kJmol1，根据盖斯定律，由x2得2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)的H=(-283.0kJmol1)2(+180.5kJmol1)=-746.5kJmol1，故答案为-746.5kJmol1（2）两种催化剂均能降低反应的活化能，加快化学反应速率，但不改变反应的H，A正确；该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，脱氮率增大，B错误；观察图象，曲线在450左右催化活性最大，曲线中的催化剂适用于450左右脱氮，C正确；催化剂只影响化学反应速率，不改变化学平衡，不影响脱氮率，D错误，答案为：A、C；温度若低于200，催化剂的活性偏低，对化学反应速率的影响比较小；该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，脱氮率增大，根据曲线可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应高于450时曲线对应的脱氮率。故答案为温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据曲线可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高；（3）C点，原料气配比为1，设c（NO2）=c（SO2）=1molL1，NO2的平衡转化率为50%，根据“三段式”有： NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）起始浓度（molL1）：1 1 0 0 转化浓度（molL1）：150% 0.5 0.5 0.5平衡浓度（molL1）：0.5 0.5 0.5 0.5化学平衡常数Kc=；D点，原料气配比为1.5，设c（NO2）=1.5molL1，c（SO2）=1molL1，NO2的平衡转化率为40%，根据“三段式”有：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）起始浓度（molL1）： 1.5 1 0 0转化浓度（molL1）： 1.540% 0.6 0.6 0.6平衡浓度（molL1）： 0.9 0.4 0.6 0.6化学平衡常数KD=；KC=KD，根据平衡常数只与温度有关，则TC=TD，故答案为=（4）NH3H2O的电离方程式为NH3H2ONH4OH，SO2通入氨水中，根据电荷守恒有c(NH4)c(H)=c(HSO3)2c(SO32)c(OH)，当溶液呈中性时c(H)=c(OH)，则c(NH4)=c(HSO3)2c(SO32)，Ka2=，c(SO32)=，c(NH4)=c(HSO3)2= c(HSO3) ，=，故答案为2.24。【点睛】本题综合考查盖斯定律的应用、化学平衡的影响因素及平衡常数的应用等，试题难度较大。最后一小题为难点，解题时应充分利用电荷守恒式并结合电离平衡常数表达式进行计算。20（1） （2） （3） 形成溶解度较大的酸式盐(成形成溶解度较大的磷酸氢钙或硝酸二氢钙) 产生了沉淀 （4） 【分析】（1）通过以上分析知，氧化过程中被氧气氧化生成和Fe2O3，反应方程式为：，钠盐易溶于水，只有氧化铁难溶于水，所以废渣I为Fe2O3，故答案为：，Fe2O3（2）加入盐酸后偏铝酸根变为铝离子，加入氨水，调pH使铝离子可以转化为氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：、，已知，pH=9.8，故答案为：、（3）精制中加入溶液除去磷酸盐，过小时溶液呈酸性，则磷酸根离子和氢离子、钙离子形成溶解度较大的酸式盐(成形成溶解度较大的磷酸氢钙或硝酸二氢钙)，从而影响磷的去除效果；过大时，生成了沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐(成形成溶解度较大的磷酸氢钙或硝酸二氢钙)、产生了沉淀（4）溶液中含有大量阴离子Cl-，则得到的沉淀易吸附Cl-，所以需要洗涤沉淀；脱氨过程中，部分会被NH3转化成V2O4，V元素化合价由+5价转化为+4价，得电子化合价降低，则氨气失电子化合价升高，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，设氧化产物中N元素化合价为x，根据转移电子守恒得，则x=0，所以氧化产物为氮气,根据元素守恒知，还生成水，所以反应方程式为：