高中化学离子反应专题训练答案及解析1.docx

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高中化学离子反应专题训练答案及解析1

高中化学离子反应专题训练答案及解析

（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．下列离子方程式中正确的是

A．向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：

B．用氢氧化钠溶液除去铝片表面的氧化膜：

Al3++4OH-→AlO2-+2H2O

C．次氯酸钠溶液中通入少量的CO2气体：

ClO-+CO2+H2O→HClO+HCO3-

D．等体积、等浓度的Ca（HCO）2溶液和NaOH溶液混合：

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热，羧基和氢氧化钠发生中和反应，溴原子在碱中发生水解反应，反应的化学方程式为：

CH2BrCOOH+2OH-

CH2（OH）COO-+H2O，A选项错误；

B．用氢氧化钠溶液除去铝片表面的氧化膜，氧化膜的成分为氧化铝，反应的离子方程式为：

Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2O，B选项错误；

C．次氯酸钠溶液中通入少量的CO2气体，次氯酸的酸性大于碳酸氢根，则次氯酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢根，反应的方程式为：

ClO-+CO2+H2O→HClO+HCO3-，C选项正确；

D．等体积、等浓度的Ca（HCO）2溶液和NaOH溶液反应，Ca2+和OH-为1:

1，正确的离子反应方程式为Ca2++HCO3-+OH-===CaCO3↓+H2O，D选项错误；

答案选C。

【点睛】

判断离子反应方程式的正误，关键在于抓住离子反应方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循质量守恒和电荷守恒、氧化还原反应中得失电子是否守恒等。

3．有一份澄清溶液，可能含有Na＋、K＋、NH4+、Ca2＋、Fe3＋、SO42－、CO32－、SO32－、Cl－、I－中的若干种，且离子的物质的量浓度均为0.1mol·L－1（不考虑水解和水的电离）。

往该溶液中加入过量的盐酸酸化BaCl2溶液，无沉淀生成。

另取少量原溶液，设计并完成如下实验：

则关于原溶液的判断中不正确的是

A．是否存在Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定

B．通过CCl4层的颜色变化，能判断出溶液中I－肯定存在

C．试样加足量氯水无气体产生，说明溶液中CO32－肯定不存在

D．肯定不存在的离子是Ca2＋、Fe3＋、SO42－、CO32－、Cl－

【答案】A

【解析】

【分析】

澄清溶液，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层紫红色，则有I-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Ca2+、Fe3+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol•L-1；根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-；滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离，结合溶液为电中性来解答。

【详解】

A.根据溶液中离子浓度均为0.1mol/L，且溶液呈电中性，溶液中一定存在Na＋、K＋，不需要焰色反应来确定，A项错误；

B.通过CCl4层的颜色变化，能判断出溶液中I－肯定存在，B项正确；

C.试样加足量的Cl2水，没有气体产生，说明无CO32－，C项正确；

D.由分析可知，肯定不存在的离子是Ca2＋、Fe3＋、SO42－、CO32－、Cl－，D项正确；

答案选A。

4．下列实验与对应示意图的关系正确的是（）

A．向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量

B．向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量

C．向明矾溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量

D．向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，有关反应为AlO2－+H++H2O=Al（OH）3↓和Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，逐渐产生沉淀，达到一定量后沉淀逐渐减少直至完全消失，图像应为

，A错误；

B.向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量，沉淀不溶解，图像错误，B错误；

C.向明矾溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量，根据反应式2KAl（SO4）2＋3Ba（OH）2＝K2SO4＋3BaSO4↓＋2Al（OH）3↓可知，当加入1.5mol氢氧化钡时生成1.5mol硫酸钡和1mol氢氧化铝。

根据反应式KAl（SO4）2＋2Ba（OH）2＝KAlO2＋2BaSO4↓＋2H2O可知，当加入2mol氢氧化钡时，生成的氢氧化铝又溶解生成偏铝酸钠，此时硫酸钡的沉淀达到最大值，因此图像可表示为，

，C正确；

D.向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量，会生成能溶于水的碳酸氢钙，沉淀会消失，D错误；

故答案选C。

【点睛】

在书写与量有关的离子方程式时，通常采用以少定多少为1的方式。

5．下列离子方程式正确的是

A．把Fe（OH）2固体投入到稀HNO3中：

Fe（OH）2＋2H＋→Fe2＋＋2H2O

B．Ba（OH）2溶液与少量KHCO3溶液反应：

Ba2+＋2OH－＋2HCO3-→BaCO3↓＋2H2O＋CO32-

C．NH4HCO3溶液与KOH溶液混合，且

＝5:

8，3NH4+＋5HCO3-＋8OH－→5H2O＋5CO32-＋3NH3·H2O

D．用Pt电极电解MgCl2溶液：

2Cl－＋2H2O

H2↑＋Cl2↑＋2OH－

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．Fe（OH）2会被硝酸氧化生成Fe3＋，离子方程式为3Fe（OH）2＋10H＋＋NO3－=NO↑＋3Fe3＋＋8H2O，A错误；

B．加入少量KHCO3溶液，则KHCO3完全反应，1molHCO3－和1molOH－反应，生成1molH2O，生成的CO32－和会Ba2＋生成BaCO3沉淀，离子方程式为Ba2+＋OH－＋HCO3-=BaCO3↓＋H2O，B错误；

C．NH4HCO3溶液与KOH溶液混合完全反应需两者的物质的量之比为1:

2，现为5:

8，KOH不足，按KOH书写离子方程式，OH－先和HCO3－反应，再和NH4＋反应，8molOH－先与5molHCO3－反应，再3molNH4＋反应，离子方程式正确，C正确；

D．Mg2＋会与OH－生成Mg（OH）2，故产物中不会大量存在OH－，离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2O

H2↑＋Cl2↑＋Mg（OH）2↓，D错误。

答案选C。

【点睛】

在涉及到过量或者少量的离子方程式的判断的时候，往往将少量的物质系数定为1，其他物质根据所需的量再配平，如此题中B项，由于KHCO3少量，定HCO3－的系数是1，反应时需要1molOH－和1molBa2＋，因此OH－和Ba2＋的系数都是1，再根据守恒配平。

6．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。

7．向含有1molNH4Al（SO4）2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应。

下列说法错误的是（）

A．当Al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5mol

B．当SO42-恰好完全沉淀时，铝元素全部以Al（OH）3的形式存在

C．当Al3+恰好完全生成AlO2-时，消耗氢氧化钡2.5mol

D．随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大

【答案】D

【解析】

【分析】

1molNH4Al（SO4）2中逐滴加入Ba（OH）2溶液，反应过程可分三个阶段：

2NH4Al（SO4）2+3Ba（OH）2=（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓+3BaSO4↓①；

（NH4）2SO4+Ba（OH）2=2BaSO4↓+2NH3+2H2O②；

2Al（OH）3+Ba（OH）2=Ba（AlO2）2-+4H2O③；

第一阶段：

从开始滴入Ba（OH）2到1.5mol时，反应按①进行，溶液中的Al3+、Ba2+、OH-离子均转化成沉淀； 

第二阶段：

当滴入Ba（OH）2从1.5mol到2mol时，Ba2+继续与SO42-反应生成BaSO4，共生成2molBaSO4，同时①反应生成的（NH4）2SO4与OH-反应生成氨气和水； 

第三阶段：

当滴入到Ba（OH）22mol到2.5mol时，按③进行，生成的Al（OH）3全部转化为AlO2-。

【详解】

A.从开始滴入Ba（OH）2到1.5mol时，反应按①反应，即当1molAl3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5mol，A项正确；

B.由反应②可知，当SO42-恰好完全沉淀时，铝元素全部以Al（OH）3的形式存在，B项正确；

C.由反应③可知，当Al3+恰好完全生成AlO2-时，消耗氢氧化钡2.5mol，C项正确；

D.随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀开始时物质的量不断增大，当加入到2mol时，Al（OH）3溶解，随后沉淀的物质的量减小，D项错误；

答案选D。

【点睛】

本题难点，掌握分析三个过程，随着加入的Ba（OH）2的量不同，反应进行的过程会不一样，看见这中题型，要进行综合分析，详细罗列每一个过程的反应。

8．将少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，下列离子方程式能正确表示该反应的是

A．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2H++2ClO-

B．SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO3↓+2HClO

C．SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-

D．SO2+H2O+Ca2++3ClO-→CaSO4↓+2HClO+Cl-

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

ClO-有较强的氧化性，而在水溶液中SO2有较强的还原性，二者相遇首先发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子。

由于硫酸钙水中溶解度不大，硫酸根离子与钙离子又会形成硫酸钙沉淀，又因为次氯酸钙过量，则反应的离子方程式为：

SO2+3ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故选D

【点睛】

选项C是解答的易错点，主要是忽略了二氧化硫不足，生成的氢离子会继续与次氯酸根离子反应生成难电离的次氯酸。

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．工业生产上用过量烧碱溶液处理某矿物（含Al2O3、MgO），过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al（OH）3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图，下列有关说法不正确的是（）

A．生成沉淀的离子方程式为：

B．原NaHCO3溶液中

=0.8mol/L

C．a点溶液中存在：

D．a点水的电离程度小于b点水的电离程度

【答案】B

【解析】

【分析】

氢氧化钠与氧化铝反应后生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸氢钠反应会生成氢氧化铝沉淀；根据物料守恒，原溶液中的

，推断出

即可得到答案；

【详解】

A．根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式

，故A正确；

B．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应（

）不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应（

）生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度

=

mol/L=1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为

=1.0mol/L，故B错误；

C．a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：

，故C正确；

D．水的电离程度：

a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，b点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：

a点小于b点，故D正确；

答案选B。

【点睛】

氢氧化钠与氧化铝反应后生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸氢钠反应会生成氢氧化铝沉淀；物料守恒是水溶液常考的知识点，例如此题中原溶液的

，推断出

即可得到答案；水的电离与酸碱性有很大关系，酸碱抑制水的电离，能水解的盐可以促进水的电离。

11．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。

12．铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。

以下是从某废旧铵铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的流程。

已知：

Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似

Ⅱ．常温下：

Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Mn（OH）2]=2.1×10-13

（1）滤渣B的主要成分为______（填化学式）；

（2）写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式______；

（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式______，若用浓HNO3溶解金属硫化物缺点是______（任写一条）；

（4）从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是______。

（5）溶液D中含c（Cu2+）=2.2mol•L-1、c（Fe3+）=0.008mol•L-1、c（Mn2+）=0.01mol•L-1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离首先沉淀的是______（填离子符号），为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于______；

（6）取铍铜元件1000g，最终获得Be的质量为72g，则Be的产率是______。

【答案】CuS、FeSNa2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O

生成NO2污染空气在氯化氢气流下蒸发结晶Fe3+480%

【解析】

【分析】

废旧铍铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO2），加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B为CuS、FeS，滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知滤渣B为CuS、FeS；

（2）信息1得到BeO22-与过量盐酸反应的化学方程式为：

Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O；

（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，反应Ⅱ中Cu2S发生反应的离子方程式为：

MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O；浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO2气体有毒污染环境；

（4）为了抑制Be2+离子的水解，需要在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶；

（5）三种金属阳离子出现沉淀，结合浓度商与Ksp的关系，铜离子转化为沉淀c（OH-）=

mol/L=1×10-10mol/L，Fe3+离子转化为沉淀，c（OH-）=

×10-12mol/L，锰离子沉淀时，c（OH-）=

×10-5.5mol/L，因此首先沉淀的是Fe3+，为使铜离子沉淀c（H+）=

mol/L=10-4mol/L，pH=4，常温下应调节溶液的pH值大于4；

（6）混合物中BeO质量=1000×25%=250g，理论上得到Be的物质的量=

=10mol，实际得到Be物质的量=

=8mol，产率=

×100%=80%。

13．

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↓+Cl-+2CH3COO-+H2O；

（5）“酸溶”阶段加入的HNO3会转化为NOx污染环境，铅是重金属，铅盐也会污染土壤或水源，故答案为：

“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）；

（6）铅蓄电池的负极为Pb，放电时负极发生的反应为：

Pb＋SO42－－2e－=PbSO4；充电时阳极发生反应：

PbSO4－2e－+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，当电极上通过1mol电子，阳极上有0.5molP