2022版高考化学一轮复习核心素养测评三十难溶电解质的溶解平衡含解析新人教版.doc

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1、难溶电解质的溶解平衡一、选择题(此题包括4小题，每题6分，共24分)1.BaCO3和BaSO4均为难溶电解质，其溶度积分别为Ksp(BaCO3)=5.110-9 mol2L-2，Ksp(BaSO4)=1.110-10 mol2L-2，那么以下说法中正确的选项是()A.向等浓度的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中滴加BaCl2溶液，先沉淀的是BaCO3B.在浓度为2.010-5 molL-1Na2SO4溶液中，参加等体积的1.010-5 molL-1BaCl2溶液，能产生沉淀C.在清理有关仪器的BaSO4沉淀时，常参加饱和Na2CO3溶液，使BaSO4转化为BaCO3再用酸处理D.用稀硫酸洗

2、涤BaSO4效果比用水好，BaCO3也能用此法处理【解析】选C。溶解度小的BaSO4先沉淀，A错误；c(Ba2+)c(S)=(0.51.010-5 molL-1)1.010-5 molL-1=510-11 mol2L-2小于Ksp(BaSO4)，不会产生BaSO4沉淀，B错误；虽然BaCO3溶解度大于BaSO4，但当C浓度很大时，BaSO4也可转化成BaCO3沉淀，C正确；用稀硫酸洗涤BaSO4沉淀可以抑制BaSO4的溶解而减少损失，BaCO3却与稀硫酸反响生成BaSO4沉淀，故BaCO3沉淀不能用稀硫酸洗，D错误。2.(双选)(2022海口模拟改编)298 K时，Ksp(NiS)=1.010

3、-21，Ksp(NiCO3)=1.010-7；p(Ni)=-lg c(Ni2+)，p(B)=-lg c(S2-)或-lg c(C)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如下图。以下说法错误的选项是()A.对于曲线，在b点加热，b点向c点移动B.常温下NiCO3的溶解度小于NiS的溶解度C.向d点对应的溶液中参加对应阴离子的钠盐，d点向b点移动D.p为3.5时对应的阴离子是C【解析】选A、B。一般情况，加热可使难溶电解质的溶解度增大，其溶度积常数增大，所以溶液中c(Ni2+)和c(B2-)都增大，但pNi和pB

4、存在关系为pNi=pKsp(NiB)-pB。所以对于曲线，在b点加热，b点不是向c点移动，而是向a点方向移动，A错误；NiS和NiCO3是同类型难溶电解质，由于Ksp(NiCO3)=1.010-7Ksp(NiS)=1.010-21，常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，B错误；对于d所处溶液，向d点对应的溶液中参加对应阴离子的钠盐，沉淀溶解平衡逆向移动，即c(B2-)增大，那么c(Ni2+)减小，pNi增大，即d点向b点移动，C正确；a点对应的是较小的pKsp(NiB)，即Ksp(NiB)较大，因此a点对应的是NiCO3，pNi=pB=3.5，D正确。【加固训练】以下说法中，正确的选项是

5、()A.难溶电解质在水溶液中到达沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止B.Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱C.Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关D.相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同【解析】选C。难溶电解质在水溶液中到达沉淀溶解平衡时，沉淀溶解平衡是动态平衡，沉淀和溶解速率相同，A错误；Ksp可用来判断相同类型的化合物在水中溶解度的大小，但是如果化合物的类型不同，就不能进行直接判断，Ksp越小的难溶电解质在水中的溶解能力不一定越弱，B错误；沉淀溶解平衡存在溶度积常数，Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关，C正确；相

6、同温度下，AgCl在水中的溶解能力大于在NaCl溶液中的溶解能力，因为氯化钠溶液中氯离子对氯化银溶解起到抑制作用，D错误。3.粗制的CuSO45H2O晶体中含有Fe2+。提纯时，为了除去Fe2+，常参加少量H2O2，然后再参加少量碱至溶液pH=4，可以到达除去铁离子而不损失硫酸铜的目的。以下说法不正确的选项是()A.溶解CuSO45H2O晶体时要参加少量稀H2SO4B.参加H2O2，将Fe2+氧化，2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OC.由于CuSO4的催化作用，会使局部H2O2分解而损失D.调节溶液pH=4的依据是Cu(OH)2比Fe(OH)3更难溶解【解析】选D。参加少量稀H2SO

7、4可抑制Cu2+的水解，A正确；B、C均正确；调节溶液pH=4的依据是此时Fe3+已完全沉淀，而Cu2+还未沉淀，即Fe(OH)3比Cu(OH)2更难溶解。【加固训练】可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。：某温度下，Ksp(BaCO3)=5.110-9；Ksp(BaSO4)=1.110-10。以下推断正确的是()A.不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)B.抢救钡离子中毒患者时，假设没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替C.假设误饮c(Ba2+)=1.010-5 molL-1的

8、溶液时，会引起钡离子中毒D.可以用0.36 molL-1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃【解析】选D。胃液中为盐酸环境，难溶的碳酸盐在胃液中会溶解，故A、B错误；硫酸钡作内服造影剂，说明硫酸钡电离出的钡离子浓度是平安的，此时c(Ba2+)=1.0510-5molL-11.010-5molL-1，故误饮c(Ba2+)=1.010-5molL-1的溶液时，不会引起钡离子中毒，故C错误；用0.36 molL-1的Na2SO4溶液洗胃时，胃液中：c(Ba2+)= molL-1=3.110-10molL-11.0510-5molL-1，故D正确。4.(2022徐州模拟)硫化汞(HgS)难溶于水，在

9、自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥及朱红雕刻漆器等。某温度时，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图。以下说法正确的选项是()A.向HgS的浊液中参加硫化钠溶液，HgS的Ksp减小B.图中a点对应的是饱和溶液C.向c点的溶液中参加0.1 molL-1 Hg(NO3)2，那么c(S2-)减小D.升高温度可以实现c点到b点的转化【解析】选C。HgS的Ksp只与温度有关，A不正确；曲线以下的点都是不饱和时的点，B不正确；参加Hg(NO3)2时，c(Hg2+)增大，平衡向生成沉淀的方向移动，c(S2-)减小，C正确；升高温度时，硫化汞的溶解度增大，c(Hg2+)和c(S2-)都增大，D不正确。二、非

10、选择题(此题包括2小题，共26分)5.(12分)利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取草酸钴的工艺流程如图：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；局部阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2完全沉淀pH3.79.69.25.29.8(1)浸出过程中参加Na2SO3的目的是_。(2)参加NaClO3的作用是_，发生反响的离子方程式是_。(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图。滤液中参加萃取剂的作用是

11、_；使用萃取剂适宜的pH是_(填选项序号)。A.接近2.0B.接近3.0C.接近5.0(4)“除钙、镁是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。Ksp(MgF2)=7.3510-11、Ksp(CaF2)=1.0510-10。当参加过量NaF后，所得滤液中=_。(5)一些难溶物的溶度积常数如下表：物质FeSMnSCuSPbSHgSZnSKsp6.310-182.510-131.310-363.410-286.410-531.610-24某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最适宜向此工业废水中参加过量的_除去它们(选填序号)。A.NaOHB.FeSC.Na2S【解析】(1

12、)Na2SO3具有复原性，能够将溶液中的Co3+、Fe3+复原。(2)根据流程图分析第一步参加Na2SO3的目的是将Co3+、Fe3+复原为Co2+、Fe2+，第二步参加NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，因最后制取草酸钴所以不能氧化Co2+，发生反响的离子方程式为Cl+6Fe2+6H+6Fe3+Cl-+3H2O。(3)根据流程图可知，滤液中存在Mn2+、Co2+，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH接近3.0时，可使Mn2+萃取较多，并且Co2+被萃取的少。(4)=0.7。(5)要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使它们转化为更难溶解的金属

13、硫化物沉淀，同时又不会引入其他离子。答案：(1)将Co3+、Fe3+复原(2)将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+Cl+6Fe2+6H+6Fe3+Cl-+3H2O(3)除去Mn2+B(4)0.7(5)B6.(14分)根据题目提供的溶度积数据进行计算并答复以下问题：(1)在Ca(NO3)2溶液中参加(NH4)2CO3溶液后过滤，假设测得滤液中c(C)=10-3 molL-1，那么Ca2+是否沉淀完全？_(填“是或“否)。c(Ca2+)10-5 molL-1时可视为沉淀完全；Ksp(CaCO3)=4.9610-9(2)：25 时，KspMg(OH)2=5.610-12；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范

14、围如下：pH9.6颜色黄色绿色蓝色25 时，在Mg(OH)2饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为_。(3)向50 mL 0.018 molL-1的AgNO3溶液中参加50 mL 0.020 molL-1的盐酸，生成沉淀。该温度下AgCl的Ksp=1.010-10，忽略溶液的体积变化，请计算：完全沉淀后，溶液中c(Ag+)=_。完全沉淀后，溶液中pH=_。如果向完全沉淀后的溶液中继续参加50 mL 0.001 molL-1的盐酸，是否有白色沉淀生成？_(填“是或“否)。【解析】(1)根据Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(C)=4.9610-9，得c(Ca2+)= molL-1=4

15、.9610-6 molL-1110-4，c(H+)10，溶液为蓝色。(3)反响前，n(Ag+)=0.018 molL-10.05 L=0.910-3 mol，n(Cl-)=0.020 molL-10.05 L=110-3 mol；反响后剩余的Cl-为0.110-3 mol，那么混合溶液中，c(Cl-)=1.010-3 molL-1，c(Ag+)=1.010-7 molL-1。H+没有参与反响，完全沉淀后，c(H+)=0.010 molL-1，pH=2。因为参加的盐酸中c(Cl-)和反响后所得溶液中的c(Cl-)相同，c(Cl-)没有改变，c(Ag+)变小，所以Qc=c(Ag+)c(Cl-)BC

16、D.假设向Cu(OH)2悬浊液中参加MgCl2溶液，一定会有Mg(OH)2生成【解析】选A、C。由题图可知，OA段生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，AB段生成的沉淀为Mg(OH)2，V2=3V1，说明nMg(OH)2=2nCu(OH)2，故原溶液中MgCl2和CuCl2的物质的量浓度不相等，A正确；CuCl2的物质的量浓度小且Cu2+先沉淀，说明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的Ksp小，B错误；A点溶液中溶质为NaCl和MgCl2，B点溶液中溶质为NaCl，C点溶液中溶质为NaCl和NaOH，镁离子水解促进水的电离，NaOH抑制水的电离，NaCl对水的电离无影响，故水的电离程度：ABC，

17、C正确；假设要生成沉淀，那么必须满足QcKsp，题中未给出相关离子的浓度，故无法判断是否生成沉淀，D错误。2.：pCu=-lgc(Cu+)，pX=-lgc(X-)。298 K时，Ksp(CuCl)=a10-6，Ksp(CuBr)=b10-9，Ksp(CuI)=c10-12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如下图。以下说法正确的选项是()A.298 K时，在CuCl的饱和溶液中参加少量NaCl，c(Cu+)和c(Cl-)都减小B.图中x代表CuI曲线，且P点c(Cu+)=c(I-)C.298 K时增大M点的阴离子浓度，那么y上的点向N点移动D.298 K时CuBr(

18、s)+I-(aq)CuI(s)+Br-(aq)的平衡常数K的数量级为103或102【解析】选D。CuCl的饱和溶液中存在溶解平衡：CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)，参加少量NaCl，c(Cl-)增大，平衡逆向移动，c(Cu+)减小，但c(Cl-)增大，A项错误；图中横纵坐标之和pCu+pX=-lg c(Cu+)+-lg c(X-)=-lg c(Cu+) c(X-)=-lg Ksp(CuX)，故横纵坐标之和越小，Ksp越大，因此x代表溶解度最大的CuCl曲线，P点c(Cu+)=c(Cl-)或根据P点横纵坐标均为3，c(Cu+)=c(X-)=10-3 molL-1，计算出Ksp(CuX

19、)=10-6，B项错误；y代表CuBr曲线，增大M点的c(Br-)，CuBr(s)Cu+(aq)+Br-(aq)，平衡逆向移动，c(Cu+)减小，但c(Br-)增大，而M点向N点移动，pCu减小，pBr增大，那么c(Cu+)增大，c(Br-)减小，C项错误；该反响的平衡常数K=103，故平衡常数的数量级为103或102，D项正确。【加固训练】硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图，以下说法正确的选项是()A.温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(S)的增大而减小B.三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大C.283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液D.283 K下的Sr

20、SO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液【解析】选B。温度一定时，Ksp(SrSO4)不变，A错误；由题中沉淀溶解平衡曲线可看出，c(Sr2+)相同时c(S)在313 K最大，Ksp最大，B正确；283 K时，a点c(Sr2+)小于平衡时c(Sr2+)，故未到达饱和，沉淀继续溶解，C错误；从283 K升温到363 K要析出固体，依然为饱和溶液，D错误。3.(2022济南模拟)某温度下，向10 mL 0.1 molL-1NaCl溶液和10 mL 0.1 molL-1K2CrO4溶液中分别滴加0.1 molL-1 AgNO3溶液。滴加过程中pM-lg c(Cl-)或-lg c(Cr)与所加A

21、gNO3溶液体积之间的关系如下图。Ag2CrO4为红棕色沉淀。以下说法错误的选项是()A.该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=410-12B.a1、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：a1bcC.假设将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL-1，那么a1点会平移至a2点D.用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂【解析】选B。根据pM=-lg c(Cl-)或pM=-lg c(Cr)可知，c(Cr)越小，pM越大，根据图象，向10 mL 0.1 molL-1 NaCl溶液和10 mL 0.1 molL-1 K2CrO4溶液中分别滴加0.1 molL-1 AgNO3溶液。

22、当滴加10 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液时，氯化钠恰好反响，滴加20 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液时，K2CrO4恰好反响，因此a1所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。b点时恰好反响生成Ag2CrO4，-lg c(Cr)=4.0，c(Cr)= 10-4molL-1，那么c(Ag+)=2 10-4molL-1，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=c(Cr)c2(Ag+)=410-12，故A正确；a1点恰好反响，-lg c(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10-4.9 molL-1，那么c(Ag+)=10-4.9 molL-1，b点c(Ag+)

23、=210-4 molL-1，c点，K2CrO4过量，c(Cr)约为原来的，那么c(Cr)= 0.025 molL-1，那么c(Ag+)=10-5 molL-1，a1、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；温度不变，氯化银的溶度积不变，假设将上述NaCl溶液浓度改为0.2 molL-1，平衡时，-lg c(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和Cr时，参加硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4红棕

24、色沉淀，故D正确。二、非选择题(此题包括2小题，共32分)4.(16分)海水矿物质中镁的含量仅次于氯和钠，居第三位。由于对镁的需求非常巨大，很多沿海国家都建有大型海水提镁工厂，有关物质的Ksp如表所示，请答复以下问题。物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Ksp2.810-96.810-65.510-61.810-11(1)能否直接把贝壳研磨成粉末撒入海水中使Mg2+转化为MgCO3沉淀？_(填“能或“不能)，其原因是_ _。(2)实际生产中是把Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，而不是转化为MgCO3沉淀，其理由是 _；请你推测应将贝壳进行怎样的加工处理：_。(3)某同学在实验室

25、条件下模拟该生产过程，在加试剂时，误将纯碱溶液参加海水中，他思考了一下，又在得到的混合体系中参加过量的烧碱溶液，你觉得他_(填“能或“不能)将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，理由是_。(4)过滤出Mg(OH)2沉淀后，用试剂_(填化学式)将其溶解，选择该试剂的理由是_。【解析】(1)CaCO3和MgCO3的组成中阴、阳离子个数比相同，从Ksp看，CaCO3的溶解能力比MgCO3的小，所以不能直接加贝壳粉末使Mg2+转化为MgCO3沉淀。(2)MgCO3的溶解度比Mg(OH)2的溶解度大，所以应把Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，即应把贝壳研磨、煅烧、加水制成石灰乳Ca(OH)2。(3)由沉淀

26、的转化知，烧碱电离产生的OH-能与MgCO3溶解产生的Mg2+生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO3的沉淀溶解平衡不断向右移动。(4)盐酸电离的H+与Mg(OH)2溶解产生的OH-结合生成水，使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡不断向右移动。答案：(1)不能MgCO3的溶度积比CaCO3的溶度积大，直接加贝壳粉末得不到MgCO3沉淀(2)为使Mg2+沉淀完全，应将Mg2+转化为溶解度更小的Mg(OH)2研磨、煅烧、加水制成石灰乳(3)能烧碱电离产生的OH-能结合MgCO3溶解产生的Mg2+生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO3的沉淀溶解平衡不断向右移动(4)HCl盐酸电离的H+与

27、Mg(OH)2溶解产生的OH-结合生成水，使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡不断向右移动【加固训练】几种物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210-202.610-391.710-71.310-12(1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯洁的CuCl2溶液，宜参加_调至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3+)=_。(2)过滤后，将所得滤液经过_，_操作，可得到CuCl22H2O晶体。(3)由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需要进行的操作是_ _。(4)某学习小组用“间接碘量法测定含有CuC

28、l22H2O晶体的试样(不含能与I-发生反响的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.800 g试样溶于水，参加过量KI固体，充分反响，生成白色沉淀。用0.100 0 molL-1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL。(：I2+2S2S4+2I-)。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象_。CuCl2溶液与KI反响的离子方程式为_。该试样中CuCl22H2O的质量百分数为_。【解析】(1)参加CuO或Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2，与Fe3+水解产生的H+反响，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，当pH=4时，由Fe(OH)3的Ksp计算c(

29、Fe3+)。(3)由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需考虑防止Cu2+的水解产生杂质。(4)CuCl2溶液与KI发生反响：2Cu2+4I-2CuI+I2，所以需选用淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变化，确定到达滴定终点；再结合方程式：I2+2S2S4+2I-和2Cu2+4I-2CuI+I2，得到关系式：2Cu2+I22S2，确定晶体试样的纯度。答案：(1)CuO或碱式碳酸铜、氢氧化铜2.610-9molL-1(2)蒸发浓缩冷却结晶(3)在HCl气氛中加热(4)淀粉溶液由蓝色变成无色且半分钟不变化2Cu2+4I-2CuI+I285.5%5.(16分)以硫铁矿为原料生产

30、硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。表1几种砷酸盐的Ksp难溶物KspCa3(AsO4)26.810-19AlAsO41.610-16FeAsO45.710-21表2工厂污染物排放浓度及允许排放标准污染物H2SO4As浓度28.42 gL-11.6 gL-1排放标准pH 690.5 mgL-1答复以下问题：(1)该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=_molL-1。 (2)写出难溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表达式：KspCa3(AsO4)2=_。假设混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.010-4 molL

31、-1，c(As)最大是_molL-1。(3)工厂排放出的酸性废水中的三价砷(H3AsO3为弱酸)不易沉降，可投入MnO2先将其氧化成五价砷(H3AsO4为弱酸)，写出该反响的离子方程式：_。(4)在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2的形式沉降。将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为_。 Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为_。【解析】(1)H2SO4的浓度为28.42 gL-1，转化为物质的量浓度为c=0.29 molL-1。(2)Ksp的表达式为离子浓度幂的乘积。K

32、sp小的物质先生成沉淀，所以Fe3+先沉淀，c(As)= molL-1=5.710-17molL-1。(3)由题意，MnO2可以将酸性废水中的三价砷氧化为五价砷，故反响的离子方程式为2H+MnO2+H3AsO3H3AsO4+Mn2+H2O。(4)当Ca2+的浓度增大时，Ca2+与S可生成CaSO4沉淀。酸与碱发生中和反响，c(As)增大，当Ca2+与As浓度幂的乘积到达Ca3(AsO4)2的Ksp时，开始沉淀。答案：(1)0.29(2)c3(Ca2+)c2(As)5.710-17(3)2H+MnO2+H3AsO3H3AsO4+Mn2+H2O(4)CaSO4H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时As浓度增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀- 11 -