化学化学离子反应练习题含答案1.docx
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化学化学离子反应练习题含答案1
（化学）化学离子反应练习题含答案1
一、高中化学离子反应
1．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为
A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4
【答案】C
【解析】
【详解】
A．NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；
B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；
C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；
D．Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；
答案选C。
2．下列反应的离子方程式正确的是
A．大理石溶于醋酸溶液中：
CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O
B．往硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：
Ba2++2OH－+Cu2++SO42-===BaSO4↓+Cu（OH）2↓
C．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：
Fe3++Cu===Fe2++Cu2+
D．铁与稀盐酸反应：
2Fe+6H＋===2Fe3++3H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
离子方程式的书写错误，常见的有电荷不守恒、原子不守恒、反应产物写错、该拆的没拆、不该拆的拆了、反应没写全等等。
【详解】
A．醋酸是弱酸，不能拆，A错误；
B．同时生成了两种沉淀，B正确；
C．两边电荷不守恒，C错误；
D．铁与稀盐酸反应，应该生成Fe2+，D错误；
答案选B。
3．有一固体混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，为检验它的成分，做了如下实验：
取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌充分反应，得到无色透明溶液，同时有黄绿色气体和白色沉淀生成
已知NaNO2不能被稀硝酸氧化）。
根据以上实验现象，你认为以下判断正确的是
A．一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，不能肯定是否含有氯化铁
B．一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物
C．另取适量固体加水溶解，若出现白色沉淀，即可证明K2CO3的存在
D．将反应产生的气体通入少量澄清石灰水，若有无沉淀出现，即可证明K2CO3不存在
【答案】B
【解析】
【分析】
取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌，充分反应，得到无色透明溶液，则一定不含FeCl3；同时有黄绿色气体和白色沉淀生成
已知NaNO2不能被稀硝酸氧化），只能是酸性溶液中KClO3把NaNO2氧化为NaNO3，本身被还原为黄绿色气体氯气，则一定含有KClO3，同时有白色沉淀生成，该白色沉淀一定是AgCl，则一定含有AgNO3，则KClO3氧化NaNO2时，同时被还原为Cl-，不确定K2CO3是否存在，以此来解答。
【详解】
由以上分析知，该固体中一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，一定不含有FeCl3，不确定K2CO3是否存在，
A.一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，一定不含有FeCl3，故A错误；
B.一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物氯气和Cl-，故B正确；
C.另取适量固体加水溶解，KClO3氧化NaNO2，自身被还原为Cl-，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，则不能证明K2CO3的存在，故C错误；
D.反应产生的气体含有氯气，氯气可与水反应生成盐酸，盐酸可与澄清石灰水发生中和反应，因此即使气体中含有CO2，也不会有碳酸钙沉淀生成，因此不能证明K2CO3是否存在，故D错误；
故选B。
4．下列各反应对应的离子方程式正确的是（）
A．向Ca（OH）2溶液中加入少量的NaHCO3溶液：
Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
B．向100mL0.12mol·L-1的Ba（OH）2溶液中通入0.02molCO2：
Ba2++3OH-+2CO2=HCO3-+BaCO3↓+H2O
C．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7：
H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
D．向含0.1molNaOH和0.1molNa2CO3的溶液中加入1L0.4mol·L-1稀盐酸：
OH-+CO32-+3H+=CO2↑+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据定少为一的原则，将NaHCO3的系数定为1，则向Ca（OH）2溶液中加入少量的NaHCO3溶液，离子反应方程式应为：
Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，A选项错误；
B．先算出Ba（OH）2的物质的量为0.012mol，而CO2的物质的量为0.02mol，二者的物质的量为3:
5，按照3:
5的化学计量比来写方程式：
3Ba2++6OH-+5CO2=4HCO3-+BaCO3↓+H2O，B选项错误；
C．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7，因此二者按2:
1的系数来反应：
2H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+2H2O，C选项错误；
D．首先三者的物质的量之比为1:
1:
4，稀盐酸先和烧碱中和，过量的稀盐酸再和纯碱反应，据此离子反应方程式为：
OH-+CO32-+3H+=CO2↑+2H2O，D选项正确；
答案选D。
【点睛】
本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同的离子反应，题目难度较大，注意反应的顺序，尤其是某一种反应物过量时的后续反应。
5．向0.02mol·L-1CuSO4溶液中匀速滴加1mol·L-1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀[Cu2（OH）2SO4]生成，后沉淀溶解，逐渐变为深蓝色溶液。
该实验过程体系的pH和电导率随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．c（Cu2+）：
a点=b点
B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为
C．d点时：
D．导电能力：
【答案】D
【解析】
【分析】
c到d溶液pH突变，说明c点沉淀达到最大值，a到c发生生成沉淀的反应：
，c到e发生沉淀溶解反应：
+
=2
+8H2O+SO42-+2OH-，据此分析解答。
【详解】
A．a到b发生
，c（Cu2+）减小，故c（Cu2+）：
a点＞b点，A错误；
B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为
、而不是
，B错误；
C．c点沉淀达到最大值，此时溶质为（NH4）2SO4，c到d，pH突变，但导电率几乎不变，故d点，溶质为（NH4）2SO4和
，那么d点溶液中电荷守恒为：
c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），因此时pH＞7，c（H+）＜c（OH-），故c（NH4+）＞2c（SO42-），C错误；
D．b’点之前释放NH4+，导电能力增强，b’之后释放
和OH-，导电能力降低，说明导电能力
，D正确。
答案选D。
【点睛】
找到起点、恰好完全反应的点以及分析每一段所发生的反应是解决本类题的关键。
6．在学习中，我们经常应用类推法。
下列左边正确，类推法应用于右边也正确的是（ ）
A
向FeCl2溶液中滴入氯水2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
向FeCl2溶液中滴入碘水2Fe2++I2=2Fe3++2I-
B
CO2通入漂白粉溶液中CO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO
SO2通入漂白粉溶液中SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO
C
向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3，CO32-+2H+=CO2↑+H2O
向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3，SO32-+2H+=SO2↑+H2O
D
向澄清石灰水中通入少量CO2 气体Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
向澄清石灰水中通入少量SO2 气体Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．FeCl2溶液与碘水不反应，则前者发生氧化还原反应，后者不反应，与氧化性有关，故A错误；
B．SO2通入漂白粉溶液，发生氧化还原反应为SO2+Ca2++ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-，故B错误；
C．Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应为2NO3-+3SO32-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O，故C错误；
D．二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水，则类推合理，故D正确。
答案选D。
7．下列反应的离子方程式书写错误的是（）
A．向Na2CO3溶液中滴入少量的盐酸：
CO32-+H+=HCO3-
B．向KAl（SO4）2溶液滴加过量NaOH溶液反应：
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸：
Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
D．固体SiO2和NaOH溶液反应：
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.Na2CO3溶液中滴入少量的盐酸生成碳酸氢钠，离子方程式为：
CO32-+H+=HCO3-，A项正确；
B.铝离子与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，B项正确；
C.氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，离子方程式为：
Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，C项错误；
D.固体SiO2和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，D项正确；
答案选C。
8．有一包白色粉末，由Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3、NaOH中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验：
下列判断错误的是（）
A．生成白色沉淀D的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓
B．BaSO4一定不存在，NaOH可能存在
C．Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3一定存在，NaOH可能存在
D．气体B和气体E均可使澄清的石灰水变浑浊
【答案】C
【解析】
【分析】
由探究实验流程可知，白色滤渣A与盐酸反应生成气体B，则A为CaCO3，B为CO2，无色溶液C与盐酸反应生成白色沉淀，则C中含Na2SiO3、Na2SO3，白色沉淀D为硅酸，气体E为SO2，由上分析可知，一定存在Na2SiO3、Na2SO3、CaCO3，不存在BaSO4，无法判断NaOH，以此来解答。
【详解】
A.生成白色沉淀D为硅酸，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓，A项正确；
B.由分析可知，BaSO4一定不存在，NaOH可能存在，B项正确；
C.由分析可知，BaSO4一定不存在，C项错误；
D.B为CO2，E为SO2，均可使澄清的石灰水变浑浊，D项正确；
答案选C。
9．离子互换反应的实质是“永远向着某些离子浓度减少的方向进行”，下列反应不符合这一实质的是
A．AgCl+2NH3·H2O→[Ag（NH3）2]Cl+2H2O
B．CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4
C．KCl（l）+Na（l）→K↑+NaCl（l）
D．2[Ag（NH3）2]Cl+Na2S→Ag2S↓+2NaCl+4NH3
【答案】C
【解析】
【分析】
如离子之间发生反应生成沉淀、气体或弱电解质，或发生氧化还原反应、络合反应等，则离子浓度减小，向着某些离子浓度减少的方向进行，据此分析。
【详解】
A．AgCl难溶于水，NH3∙H2O为弱电解质，生成络合物[Ag（NH3）2]Cl， A正确；
B．生成CuS沉淀，硫离子浓度减小，B正确；
C．KCl和Na为熔融状态发生反应，反应时离子浓度不变，C错误；
D．生成Ag2S沉淀和氨气，硫离子浓度降低，D正确；
答案选C。
10．在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（ ）
选项
条件
离子组
离子共存判断及离子方程式
A
滴加氨水
Na+、Fe3+、Cl﹣、NO3﹣
不能大量共存
Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓
B
由水电离出的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1
K+、NH4+、Cl﹣、AlO2﹣
能大量共存
C
pH＝1的溶液
Fe3+、NH4+、I﹣、SO42﹣
不能大量共存，2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO﹣、SO42﹣
不能大量共存，2ClO﹣+SO2+H2O═2HClO+SO32﹣
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
【详解】
A.滴加氨水后，Fe3+与其发生离子反应，离子方程式为Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，A不正确；
B.由水电离出的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1，水的电离受到酸或碱抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，NH4+在碱性溶液中不能大量存在，AlO2﹣在酸性溶液中不能大量存在，B不正确；
C.pH＝1的溶液显酸性，Fe3+可以把I﹣氧化，故不能大量共存，离子方程式为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，C正确；
D.ClO﹣有强氧化性，通入少量SO2气体后，可以发生氧化还原反应，其离子方程式为3ClO﹣+SO2+H2O═Cl﹣+2HClO+SO42﹣，D不正确。
综上所述，离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是C。
11．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．c（H+）/c（OH-）=1×10-12的溶液中：
B．0.1mol/LHCl溶液:
C．0.1mol/LK2CO3溶液:
D．c（Fe2+）=0.1mol/L溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】
A项，由c（H+）/c（OH-）=1×10-12可知，c（OH-）＞c（H+），溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，A项正确；
B项，HCl溶液有H+显酸性，CH3COO-不能大量存在，故B项错误；
C项，K2CO3溶液存在CO32-，CO32-与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故C项错误；
D项，Fe2+能在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-结合生成络合物，不能大量共存，故D项错误。
答案选A。
12．下列化学反应的离子方程式不正确的是
A．Na2S溶液中加入少量FeCl3溶液：
2Fe3+＋S2－＝2Fe2+＋S↓
B．向NaOH溶液中滴加碳酸氢钙溶液至OH－恰好完全反应：
Ca2++2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋2H2O＋CO32－
C．向NaClO溶液中通入少量SO2气体：
ClO－＋SO2＋H2O＝SO42－＋Cl－＋2H+
D．Na2CO3溶液中滴入少量邻羟基苯甲酸溶液：
＋CO32－
＋HCO3－
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A、Na2S溶液中加入少量FeCl3溶液生成物是FeS和S，A不正确；
B、向NaOH溶液中滴加碳酸氢钙溶液至OH－恰好完全反应时生成物是碳酸钙、碳酸钠和水，B正确；
C、向NaClO溶液中通入少量SO2气体的离子方程式是3ClO－＋SO2＋H2O
SO42－＋Cl－＋2HClO，C正确；
D、酚羟基的酸性强于HCO3－的，所以Na2CO3溶液中滴入少量邻羟基苯甲酸溶液时，酚羟基也和碳酸钠反应，D不正确。
答案选AD。
13．在酸性Fe（NO3）3溶液中逐渐通入H2S气体，可能发生的离子反应是
A．H2S+2NO3-+2H+=2NO2↑+S↓+2H2O
B．3H2S+2NO3-+2H+=2NO↑+3S↓+4H2O
C．3Fe3++3NO3-+6H2S=3NO↑+6S↓+3Fe2++6H2O
D．Fe3++3NO3-+5H2S+2H+=3NO↑+5S↓+Fe2++6H2O
【答案】BD
【解析】
【分析】
酸性溶液中，氧化性HNO3＞Fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢；硫化氢足量，则Fe（NO3）3完全反应，以此来解答。
【详解】
酸性溶液中，氧化性HNO3＞Fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢，由电子、电荷守恒可知，离子反应为3H2S+2NO3-+2H+=2NO↑+3S↓+4H2O；硫化氢足量，则Fe（NO3）3完全反应，由电子、电荷守恒可知，离子反应为Fe3++3NO3-+5H2S+2H+=3NO↑+5S↓+Fe2++6H2O；
故选：
BD。
14．一种以NH4Cl酸性蚀铜废液[含NH4Cl，Cu（NH3）4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等]为原料制备CuCl并回收Cu（OH）2的工艺流程如图：
已知：
CuCl溶于浓盐酸，难溶于水，不溶于乙醇。
回答下列问题：
（1）“反应1”中，NaCl、Cu与CuSO4反应的离子方程式为__；生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是__。
（2）“水解”步骤中，溶液中的CuCl43-在加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是__（结合离子方程式，从平衡角度分析）。
（3）湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2（OH）3Cl，该反应的化学方程式为__。
（4）“反应2”需加入的试剂X是__；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，主要反应的化学方程式为__。
（5）测定产品中CuCl质量分数的步骤如下：
称取ag产品，加入稍过量的FeCl3溶液，待溶解后用邻菲罗啉作指示剂，立刻用cmol·L-1的Ce（SO4）2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL。
则产品中CuCl的质量分数为__（已知滴定反应为Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋，列出计算式）。
【答案】Cu+Cu2++8Cl-
2CuCl43-提高铜元素的利用率CuCl43-
CuCl+3Cl-，稀释时，平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl或12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2（OH）3Cl+4CuCl2NaOH溶液NH3+H2O+CO2=NH4HCO3
×100%
【解析】
【分析】
NH4Cl酸性蚀铜废液[含NH4Cl，Cu（NH3）4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等]，加入铜单质和氯化钠，生成CuCl43-，水解后生成CuCl，因CuCl溶于浓盐酸，难溶于水，不溶于乙醇，故用乙醇除杂。
【详解】
（1）“反应1”中，根据氧化还原反应原理，NaCl、Cu与CuSO4反应的离子方程式为Cu+Cu2++8Cl-
2CuCl43-；滤渣含有铜元素，生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是提高铜元素的利用率。
（2）“水解”步骤中，溶液中的CuCl43-在加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是CuCl43-
CuCl+3Cl-，稀释时，平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移。
（3）湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2（OH）3Cl，根据氧化还原反应原理，该反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl或12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2（OH）3Cl+4CuCl2。
（4）过滤2的滤液中含有Cu2+，与碱反应生成氢氧化铜，因此，“反应2”需加入的试剂X是NaOH溶液；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，即化肥中含有铵根和碳元素，碳元素多为碳酸根，主要反应的化学方程式为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3。
（5）已知滴定反应为Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋，用cmol·L-1的Ce（SO4）2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL，即该反应消耗了0.01cVmol的亚铁离子，产品中CuCl与氯化铁的反应为CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，即产品中CuCl的物质的量为0.01cVmol，产品中CuCl的质量分数为
×100%。
15．
在工业上可作蓄电池中良好的正极材料。
以废铅蓄电池拆解出来的“铅泥”（主要成分为
，另有少量Pb、
和
等）为原料制备
的一种工艺流程如图所示：
已知：
i．常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应。
ii．铅盐中，（CH3COO）2Pb、Pb（NO3）2均易溶于水，
难溶于水。
请回答下列问题：
（1）“酸溶”时，Pb和PbO2转化为可溶性Pb2＋盐，则“酸溶”时所用的强酸X为____；此条件下的氧化性：
X___PbO2（选填“>”或“<”）
（2）用Pb（NO3）2溶液反复多次洗涤沉淀，以达到“除钙”的目的，其原理是_____________。
（3）（CH3COO）2Pb属于__________（选填“强电解质”或“弱电解质”）；“滤液3”中除CH3COONa和NaClO外，所含钠盐主要还有___________（填化学式）
（4）“析铅”反应的离子方程式为____________________。
（5）从环境保护的角度分析，该工艺流程可能存在的缺点是_______________（任写一条）
（6）铅蓄电池中的电解液是H2SO4，放电后两个电极上均沉积有PbSO4。
则放电时的负极反应式为___；充电时当电极上通过1mol电子，阳极的质量减少__________g。
【答案】硝酸（或HNO3）；＜PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb（NO3）2溶液，可使CaSO4不断转化为PbSO4，Ca2+进入到溶液中弱电解质NaCl、Na2SO4（CH3COO）2Pb＋ClO－＋2OH－=PbO2↓＋Cl－＋2CH3COO－＋H2O“酸溶”时会产生大气污染物NOx（重金属铅盐可污染土壤或水源）Pb＋SO42－－2e－=PbSO432
【解析】
【分析】
【详解】
（1）“酸溶”的目的是将Pb、PbO2转化为可溶性Pb2+，而常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应，故所用的强酸应为硝酸；在有硝酸存在的环境下，PbO2转化为Pb2+，表现出氧化性，说明PbO2的氧化性比硝酸强，故答案为：
硝酸（或HNO3）；＜；
（2）CaSO4的溶解平衡：
CaSO4（s）
Ca2+（aq）+SO42-（aq），加入Pb（NO3）2溶液，Pb2+与SO42-结合成更难溶的PbSO4，使CaSO4的溶解平衡不断正向移动，最终完全溶解，达到“除钙”的目的，故答案为：
PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb（NO3）2溶液，可使CaSO4不断转化为PbSO4，Ca2+进入到溶液中；
（3）“盐溶”时，加入CH3COONa可使PbSO4的溶解平衡正向移动，转化为（CH3COO）2Pb，说明（CH3COO）2Pb是弱电解质；“盐溶”后，溶液中含有（CH3COO）2Pb和Na2SO4，接下来“析铅”，加入NaClO、NaOH溶液，（CH3COO）2Pb转化为PbO2，Pb元素的化合价升高，推知NaClO转化为NaCl，Cl元素的化合价降低，因此“滤液3”中除CH3COONa和NaClO外，所含钠盐主要还有NaCl和Na2SO4，故答案为：
弱电解质；NaCl、Na2SO4；
（4）“析铅”反应的离子方程式为：
（CH3COO）2Pb+ClO-+2OH-=PbO2↓+Cl-+2CH3COO-+H2O，故答案为：
（CH3COO）2Pb+ClO-+2OH-=PbO2↓+
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