备战高考化学二模试题分类汇编化学反应原理综合.docx
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备战高考化学二模试题分类汇编化学反应原理综合
备战高考化学二模试题分类汇编——化学反应原理综合
一、化学反应原理
1.用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验(短时间内产生大量泡沫),某同学依据文献资料对该实验进行探究。
(1)资料1:
KI在该反应中的作用:
H2O2+I-=H2O+IO-;H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-。
总反应的化学方程式是________________。
(2)资料2:
H2O2分解反应过程中能量变化如图所示,其中①有KI加入,②无KI加入。
下列判断正确的是___________(填字母)。
a.加入KI后改变了反应的路径
b.加入KI后改变了总反应的能量变化
c.H2O2+I-=H2O+IO-是放热反应
(3)实验中发现,H2O2与KI溶液混合后,产生大量气泡,溶液颜色变黄。
再加入CCl4,振荡、静置,气泡明显减少。
资料3:
I2也可催化H2O2的分解反应。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________,说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是:
i.H2O2浓度降低;ii.________。
以下对照实验说明i不是主要原因:
向H2O2溶液中加入KI溶液,待溶液变黄后,分成两等份于A、B两试管中。
A试管加入CCl4,B试管不加CCl4,分别振荡、静置。
观察到的现象是_____________。
(4)资料4:
I-(aq)+I2(aq)
I3-(aq)K=640。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式,进行实验:
向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10mol·L-1KI溶液,达平衡后,相关微粒浓度如下:
微粒
I-
I2
I3-
浓度/(mol·L-1)
2.5×10-3
a
4.0×10-3
①a=__________。
②该平衡体系中除了含有I-,I2,I3-外,一定还含有其他含碘微粒,理由是________________。
【答案】2H2O2
2H2O+O2↑a下层溶液呈紫红色在水溶液中I2的浓度降低A试管中产生气泡明显变少;B试管中产生气泡速率没有明显减小
2c(I2)+c(I-)+3c(I3-)<0.033mol·L-1
【解析】
【分析】
(1)H2O2+I-=H2O+IO-,H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-,把两式加和,即可得到总反应的化学方程式。
(2)a.加入KI后,一步反应分为两步进行,也就是改变了反应的路径,a正确;
b.加入KI后,反应物和生成物的能量都没有改变,b不正确;
c.由图中可知,H2O2+I-=H2O+IO-是吸热反应,c不正确。
(3)①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色,说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是:
i.H2O2浓度降低;ii.在水溶液中I2的浓度降低。
以下对照实验说明i不是主要原因:
向H2O2溶液中加入KI溶液,待溶液变黄后,分成两等份于A、B两试管中。
A试管加入CCl4,B试管不加CCl4,分别振荡、静置。
观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同,但产生气泡的速率差异很大。
(4)①
,由此可求出a。
②该平衡体系中除了含有I-,I2,I3-外,一定还含有其他含碘微粒,理由是原来溶液中c(I-)=
,求出I-,I2,I3-中所含I的浓度和,二者比较便可得到结论。
【详解】
(1)H2O2+I-=H2O+IO-,H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-,把两式加和,即可得到总反应的化学方程式为2H2O2
2H2O+O2↑。
答案为:
2H2O2
2H2O+O2↑;
(2)a.加入KI后,一步反应分为两步进行,也就是改变了反应的路径,a正确;
b.加入KI后,反应物和生成物的能量都没有改变,b不正确;
c.由图中可知,H2O2+I-=H2O+IO-的反应物总能量小于生成物总能量,所以该反应是吸热反应,c不正确。
答案为:
a;
(3)①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色,说明有I2生成。
答案为:
下层溶液呈紫红色;
②气泡明显减少的原因可能是:
i.H2O2浓度降低;ii.在水溶液中I2的浓度降低。
以下对照实验说明i不是主要原因:
向H2O2溶液中加入KI溶液,待溶液变黄后,分成两等份于A、B两试管中。
A试管加入CCl4,B试管不加CCl4,分别振荡、静置。
观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同,但产生气泡的速率差异很大。
答案为:
在水溶液中I2的浓度降低;A试管中产生气泡明显变少,B试管中产生气泡速率没有明显减小;
(4)①
,由此可求出a=2.5×10-3mol/L。
答案为:
2.5×10-3;
②该平衡体系中除了含有I-,I2,I3-外,一定还含有其他含碘微粒,理由是原来溶液中,c(I-)=
;现在溶液中,I-,I2,I3-中所含I的浓度和为2c(I2)+c(I-)+3c(I3-)=2×2.5×10-3+2.5×10-3+3×4.0×10-3=0.0195<0.033,I不守恒,说明产物中还有含碘微粒。
答案为:
2c(I2)+c(I-)+3c(I3-)<0.033mol·L-1。
【点睛】
在做探究实验前,要进行可能情况预测。
向H2O2溶液中加入KI溶液,待溶液变黄,则表明生成了I2,加入CCl4且液体分层后,发现气泡逸出的速率明显变慢,CCl4与H2O2不反应,是什么原因导致生成O2的速率减慢?
是c(H2O2)减小,还是c(I2)减小所致?
于是我们自然想到设计对比实验进行验证。
2.亚硝酸钠是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强。
Ⅰ.经查:
①Ksp(AgNO2)=2×10-8,Ksp(AgCl)=1.8×10-10;②Ka(HNO2)=5.1×10-4。
请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________
Ⅱ.某小组同学用如下装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠
已知:
①2NO+Na2O2=2NaNO2;②酸性条件下,NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。
(1)使用铜丝的优点是________________________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。
装置C中盛放的药品是_________;(填字母代号)
A.浓硫酸B.NaOH溶液C.水D.四氯化碳
(3)该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液,取25.00ml溶液于锥形瓶中,
用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定,实验所得数据如下表所示:
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.90
20.12
20.00
19.88
①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是_________(填字母代号)。
a.锥形瓶洗净后未干燥
b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
c.滴定终点时仰视读数
②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。
③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。
【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OCbc6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O69%
【解析】
试题分析:
Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析;
Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应,反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气,通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入,通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气,据此分析解答。
解析:
Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解,溶液碱性越强,因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是:
分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解,再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2;
Ⅱ.
(1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行,所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止;
(2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,方程式为:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应,所以C中的药品是水,答案选C;
(3)①a.锥形瓶洗净后未干燥,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)不变,a错误;b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,b正确;c.滴定终点时仰视读数,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,c正确;答案选bc;
②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子,离子方程式为6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O;
③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大,舍去,消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L,高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol,则根据方程式6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O可知,亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol,其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.
点睛:
注意掌握综合实验设计题的解题思路:
(1)明确实验的目的和原理。
实验原理是解答实验题的核心,是实验设计的依据和起点。
实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。
在此基础上,遵循可靠性、简捷性、安全性的原则,确定符合实验目的、要求的方案。
(2)理清实验操作的先后顺序。
根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程,确定实验操作的方法步骤,把握各步实验操作的要点,理清实验操作的先后顺序。
(3)看准图,分析各项实验装置的作用。
有许多综合实验题图文结合,思考容量大。
在分析解答过程中,要认真细致地分析图中所示的各项装置,并结合实验目的和原理,确定它们在该实验中的作用。
(4)细分析,得出正确的实验结论。
实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。
在分析实验现象(或数据)的过程中,要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因,或从有关数据中归纳出定量公式,绘制变化曲线等。
3.淀粉水解的产物(C6H12O6)用硝酸氧化可以制备草酸,装置如图1所示(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去):
实验过程如下:
①将1:
1的淀粉水乳液与少许硫酸(98%)加入烧杯中,水浴加热至85℃~90℃,保持30min,然后逐渐将温度降至60℃左右;
②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中;
③控制反应液温度在55~60℃条件下,边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2:
1.5)溶液;
④反应3h左右,冷却,减压过滤后再重结晶得草酸晶体,硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应:
C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O
C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O
3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O
请回答下列问题:
(1)实验①加入98%硫酸少许的作用是:
_________;
(2)实验中若混酸滴加过快,将导致草酸产量下降,其原因是_________;
(3)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为_________;
(4)草酸重结晶的减压过滤操作中,除烧杯、玻璃棒外,还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_________;
(5)将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重,得到二水合草酸.用KMnO4标准溶液滴定,该反应的离子方程式为:
2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O称取该样品0.12g,加适量水完全溶解,然后用0.020mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点(杂质不参与反应),此时溶液颜色变化为_________,滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示,则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_________。
【答案】催化剂的作用温度过高,硝酸浓度过大,导致H2C2O4进一步被氧化碘水布氏漏斗、吸滤器无色突变为淡紫色且半分钟不褪色84%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)淀粉水解需要浓硫酸作催化剂,即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度(或起到催化剂的作用)。
(2)由于温度过高、硝酸浓度过大,会导致产物H2C2O4进一步被氧化,所以不能滴入的过快。
(3)由于碘能和淀粉发生显色反应,所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。
(4)减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。
(5)由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的,所以当反应达到终点时,溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。
根据滴定管的读数可知,消耗高锰酸钾溶液是18.50ml-2.50ml=16.00ml。
根据方程式可知,草酸的物质的量是0.020mol·L-1×0.016L×5/2=0.0008mol,则草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为
。
4.草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体,不稳定,受热易分解,可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。
I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。
(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有____(填化学式);若观察到____,说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。
(2)反应开始前,通人氮气的目的是____。
(3)装置C的作用是____。
(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为_____。
Ⅱ.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。
(5)取20.00mL血液样品,定容至l00mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品,加入草酸铵,生成草酸钙沉淀,过滤,将该沉淀溶于过量稀硫酸中,然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。
滴定至终点时的实验现象为____。
三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。
【答案】NH3、CO2E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O4
2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2,防止干扰CO的检验2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去2.1
【解析】
【分析】
(l)按实验过程中观察到现象,推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式;
(2)氮气驱赶装置内原有气体,从空气对实验不利因素来分析;
(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用;
(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质,结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式;
Ⅱ.(5)三次平行实验,计算时要数据处理,结合关系式进行计算;
【详解】
(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有二氧化碳气体;若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色,装置F中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有CO;
答案为:
NH3;CO2;E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊;
草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO,结合质量守恒定律知,另有产物H2O,则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O4
2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;
答案为:
(NH4)2C2O4
2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;
(2)反应开始前,通人氮气的目的是排尽装置中的空气,避免CO与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的CO2干扰实验;
答案为:
排尽装置中的空气;
(3)装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO,所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去,所以装置C的作用是:
吸收CO2,避免对CO的检验产生干扰;
答案为:
充分吸收CO2,防止干扰CO的检验;
(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,那就是氨气,NH3也会与CuO反应,其产物是N2和水,该反应的化学方程式为2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O;
答案为:
2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O;
(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸,用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定,反应为
,滴定至终点时,因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去;
答案为:
因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去;
三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,应舍弃0.52mL,误差较大,则平均体积为0.42mL,滴定反应为
,
;
=1.05×10−5mol,所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为
,即4.2×10−2mmol,则该血液中钙元素的含量为
;
答案为:
2.1。
5.某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。
(查阅资料)
物质
BaSO4
BaCO3
AgI
AgCl
溶解度/g(20℃)
2.4×10-4
1.4×10-3
3.0×10-7
1.5×10-4
(实验探究)
(一)探究BaCO3和BaSO4之间的转化,实验操作如下所示:
试剂A
试剂B
试剂C
加入盐酸后的现象
实验Ⅰ
实验Ⅱ
BaCl2
Na2CO3
Na2SO4
……
Na2SO4
Na2CO3
有少量气泡产生,沉淀部分溶解
(1)实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4,依据的现象是加入稀盐酸后,__________。
(2)实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。
(3)实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化,结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因:
___________。
(二)探究AgCl和AgI之间的转化。
(4)实验Ⅲ:
证明AgCl转化为AgI。
甲溶液可以是______(填字母代号)。
aAgNO3溶液 bNaCl溶液 cKI溶液
(5)实验Ⅳ:
在试管中进行溶液间反应时,同学们无法观察到AgI转化为AgCl,于是又设计了如下实验(电压表读数:
a>c>b>0)。
装置
步骤
电压表读数
ⅰ.按图连接装置并加入试剂,闭合K
a
ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全
b
ⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)
c
ⅳ.重复ⅰ,再向B中加入与ⅲ等量的NaCl(s)
a
注:
其他条件不变时,参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强,原电池的电压越大;离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。
①查阅有关资料可知,Ag+可氧化I-,但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀,原因是氧化还原反应速率__________(填“大于”或“小于”)沉淀反应速率。
设计(-)石墨(s)[I-(aq)//Ag+(aq)]石墨(s)(+)原电池(使用盐桥阻断Ag+与I-的相互接触)如上图所示,则该原电池总反应的离子方程式为________。
②结合信息,解释实验Ⅳ中b<a的原因:
__________。
③实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl,理由是_________。
(实验结论)溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀,反之则不易;溶解度差别越大,由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。
【答案】沉淀不溶解,无气泡产生或无明显现象BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)
Ba2+(aq)+SO42−(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移动b小于2Ag++2I-=I2+2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I-)减小,I-还原性减弱,原电池的电压减小实验步骤ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响,实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI(s)+Cl-(aq)
AgCl(s)+I-(aq)
【解析】
【分析】
⑴因为BaCO3能溶于盐酸,放出CO2气体,BaSO4不溶于盐酸。
⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3,则加入盐酸后有少量气泡产生,沉淀部分溶解。
⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)
Ba2+(aq)+SO42−(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32−与Ba2+结合生成BaCO3沉淀。
⑷向AgCl的悬浊液中加入KI溶液,获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量,因此说明有AgCl转化为AgI。
⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率;原电池总反应的离子方程式为2I-+2Ag+=2Ag+I2;②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后,产生了AgI沉淀,使B中的溶液中的c(I-)减小,I-还原性减弱,根据已知信息“其他条件不变时,参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强,原电池的电压越大;离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论;③实验步骤ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响,实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI(s)+Cl-(aq)
AgCl(s)+I-(aq)。
【详解】
⑴因为BaCO3能溶于盐酸,放出CO2气体,BaSO4不溶于盐酸,所以实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4,依据的现象是加入盐酸后,沉淀不溶解,无气泡产生(或无明显现象);故答案为:
沉淀不溶解,无气泡产生或无明显现象。
⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3,则加入盐酸后有少量气泡产生,沉淀部分溶解,发生反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;故答案为:
BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)
Ba2+(aq)+SO42−(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32−与Ba2+结合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移动,BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀;故答案为:
BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)
Ba2+(aq)+SO42−(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32−与Ba2+结合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移动。
⑷为观察到AgCl转化为AgI,需向Ag