2024届高三化学二轮专题复习:沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）下列说法正确的是
选项 实验 现象 结论
A 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
B 室温下，向浓度均为的和混合溶液中滴加溶液 出现白色沉淀
C 将溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加溶液 先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀 的溶度积比的大
D 将稀硫酸与反应产生的气体不断通入与的浊液中 白色沉淀逐渐变为黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
2．（2023春·北京海淀·高三校考开学考试）为探究溶液的性质，某学习小组设计了一系列实验，并记录实验现象如下表所示：
实验装置 实验序号 滴管试剂 试管试剂 实验现象
① 溶液 饱和溶液 产生白色沉淀
② 溶液 先变绿，继续滴加产生砖红色沉淀
③ 溶液 开始无明显现象，继续滴加产生白色沉淀，并有刺激性气味的气体生成
则以下说法正确的是
A．根据实验①可知，
B．对比实验①和②可知，氧化性
C．实验③，发生反应的离子方程式为：
D．产生沉淀时，三个试管中的浓度①>③>②
3．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃时，(c为或浓度的值)与的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线②代表与的关系
B．的约为
C．向的溶液中加入溶液至，体系中元素M主要以存在
D．向的溶液中加入等体积的后，体系中元素M主要以存在
4．（2022秋·山东淄博·高三统考期末）一种废电解质渣(Ni、Fe、Cu及NH4F)制备NiCO3的工艺流程如下：
已知：①25℃时，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下：
开始沉淀的pH 2.3 6.8 4.2 7.0
完全沉淀的pH 3.2 8.3 6.7 9.5
②25℃时，，，；
③某离子沉淀完全时，其浓度
下列说法错误的是
A．“洗脱”可去除，所得滤液显酸性
B．“酸浸”可选用30%盐酸代替20%硝酸
C．“调pH”应调整pH的范围为6.7~7.0
D．“沉镍”使沉淀完全，应控制溶液中
5．（2023秋·辽宁营口·高三校联考期末）下列实验能达到目的的是
实验目的 实验方法或操作
A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象
C 判断反应后Ba2+是否沉淀完全 将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液
D Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) 向2 mL 0.1 mol L-1AgNO3溶液中滴加2滴0.1 mol L-1NaCl溶液，观察现象。振荡试管，再滴加4滴0.1 mol L-1KI溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
6．（2022秋·广东茂名·高三统考期末）下列实验操作对应的现象与结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 常温下将Ba(OH)2 8H2O晶体与NH4Cl晶体在小烧杯中混合 烧杯壁变凉 该反应是吸热反应
B 将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中 烧瓶内气体颜色变深 NO2生成N2O4的反应中，△H＞0
C 将0.1mol/L的弱酸HA稀释成0.01mol/L，测量稀释前后溶液pH pH增大 稀释后HA电离程度减小
D 常温下向物质的量浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
7．（2023·全国·高三专题练习）实验室中利用复分解反应制取Mg(OH)2，实验数据和现象如下表所示(溶液体积均取用1mL)：
组别 药品1 药品2 实验现象
I 0.1 mol L 1NaOH溶液 0.1 mol L 1 MgCl2溶液 生成白色沉淀
II 0.1 mol L 1氨水 0.1 mol L 1 MgCl2溶液 无现象
III 1 mol L 1L氨水 1 mol L 1 MgCl2溶液 现象III
IV 1 mol L 1氨水 0.1 mol L 1 MgCl2溶液 生成白色沉淀
V 0.1 mol L 1氨水 1 mol L 1 MgCl2溶液 无现象
关于以上实验的说法正确是
A．实验Ⅱ、Ⅴ无现象，而Ⅳ生成白色沉淀，说明增大c(Mg2+)不能向生成沉淀的方向移动，增大氨水溶液的浓度才能向生成沉淀的方向移动
B．实验Ⅲ无现象，因为氯化镁溶液和氨水浓度都增大，则导致氯化铵浓度增大，而氢氧化镁可以溶解在氯化铵溶液中
C．由于氢氧化镁可以溶解在氯化铵溶液中，而氯化镁溶液和氨水反应可以生成氯化铵，所以该两种溶液混合后可能会出现先生成沉淀后溶解的现象
D．实验Ⅲ的现象是生成白色沉淀，因为增大两种溶液中任意一种的浓度，都能使混合液的离子积达到氢氧化镁的Ksp
8．（2023春·福建泉州·高三校联考阶段练习）化学是以实验为基础的科学。下列实验操作正确且能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 检验丙烯醛中是否含有碳碳双键 向丙烯醛溶液中滴加溴水，溶液褪色
B 比较Ksp(CuS)和Ksp(ZnS)的大小 向浓度均为0.1mol L-1的CuSO4和ZnSO4的混合溶液中滴加Na2S溶液，观察现象
C 检验溶液中是否含有K+ 用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰颜色
D 判断Fe(NO3)2固体是否变质 取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，溶液变红
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
9．（2022秋·山东淄博·高三统考期末）根据实验目的，下列操作及现象、结论都正确的是
实验目的 操作及现象 结论
A 比较和的大小 25℃时， 分别测浓度均为的和溶液的pH，后者pH大 ＜
B 比较和的大小 将pH相同的溶液和溶液均稀释10倍后，用pH计测量，的pH大
C 比较和的大小 向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液，产生白色沉淀
D 比较Cu2+和Fe3+对分解的催化效果 向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和FeCl3溶液，后者生成气体的速率快 催化效果
A．A B．B C．C D．D
10．（2023秋·山东日照·高三统考期末）下列各实验的操作、现象及结论都正确的是
实验 现象 结论
A 向含Fe3+、Mg2+的溶液中逐滴滴加NaOH溶液 首先产生红褐色沉淀 Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]
B ①将CuO高温灼烧②向Cu2O中加入稀硫酸 ①固体由黑变红②溶液变蓝 Cu(Ⅰ)比Cu(Ⅱ)稳定，但Cu(Ⅱ)在水溶液中更稳定
C 常温下，向氨水中逐滴滴加盐酸 某时刻pH<7 此时不可能为10-7 mol·L-1
D 一定条件下，CO与H218O进行反应 检测到CO中含18O 证明该反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
11．（2023春·山东菏泽·高三曹县一中校考开学考试）已知：25 ℃时，约为约为。下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．的溶液中：
B．pH相同的① 、② NaOH、③NaClO三种溶液中：③ >① >②
C．向浓度均为的NaCl和混合液中滴加溶液，先沉淀
D．氨水和溶液等体积混合：
12．（2023·全国·高三专题练习）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…。下列说法正确的是
已知室温下：Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)
A．试剂X可以是MnO、MnCO3等物质
B．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质
C．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂
D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度
三、工业流程题
13．（2022秋·江西·高三江西省丰城中学校考阶段练习）草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是、、，还含有少量、、CuO、FeO及杂质]制取草酸钴晶体()
的工艺流程如图所示：
常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀时，金属离子浓度)。
沉淀
恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 5.2
回答下列问题：
(1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是_______；浸出渣的主要成分是_______。(填化学式)。浸出液中主要含有、、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的化学方程式：_______。
(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______。
(3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是_______；若“调节pH”后，溶液中，则需调节溶液pH的范围是_______(忽略溶液的体积变化)。
(4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是_______；反萃取时，应加入的物质是_______(填溶液名称)。
(5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物15.8g，该混合物中CoO与的物质的量之比为_______。
14．（2022秋·江西南昌·高三南昌二中校考阶段练习）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①NaClO3不能氧化CoCl2
②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
(1)浸出过程中加入Na2SO3目的是_______。
(2)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_______；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为_______。
(3)操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，_______、_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(4)将5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。
温度范围/℃ 固体质量/g
150～210 4.41
290～320 2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为_______。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol 1]
15．（2022秋·甘肃兰州·高三西北师大附中校考期中）已知草酸镍晶体（）难溶于水，常用于制镍粉。工业上从废镍催化剂（主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等）制备草酸镍的流程如图所示：
已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Ni2+
开始沉淀的pH 1.1 5.8 3.0 6.8
完全沉淀的pH 3.2 8.8 5.0 9.5
②Ksp(CaF2)=1.46 ③当某物质浓度小于1 时，视为完全沉淀
回答下列问题：
(1)写出一种能提高“酸浸”速率的措施_______。滤渣Ⅰ的成分为和_______(填化学式)。
(2)“氧化”时反应的离子方程式为_______。
(3)“调”的范围为_______，用化学反应原理的相关知识简要说明滤渣Ⅱ的形成原因_______。
(4)“沉钙”过程中，当沉淀完全时，溶液中_______(列出计算式即可)。
(5)“沉镍”时的离子方程式为_______。
(6)操作a包含过滤、用乙醇洗涤、110℃下烘干等步骤，其中用乙醇洗涤的目的是洗去杂质和_______。
(7)某化学研究小组在文献中查阅到：受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400℃时，晶体受热分解的化学方程式为_______。
16．（2023秋·湖南株洲·高三校考阶段练习）含钒化合物广泛用于冶金、化工行业。由富钒废渣(含、和、FeO)制备的一种流程如下：
查阅资料：
部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式如下：
pH <1 1~4 4~6 6~8.5 8.5~13 >13
主要形式 多矾酸根 多矾酸根
备注 多矾酸盐在水中溶解度较小
4~6 6~8.5 8.5~13 >13
多矾酸根 多矾酸根
本工艺中，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
物质
开始沉淀pH 7.0 1.9 3.2
沉淀完全pH 9.0 3.2 4.7
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，将“研磨”所得粉末与逆流混合的目的为_______；所生成的气体A可在_______工序中再利用。
(2)“酸浸”V元素发生的离子反应方程式_______。
(3)滤渣2含有的物质为_______。
(4)“转化Ⅱ”需要调整pH范围为_______，“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为_______。
(5)“沉钒”中加入过量有利于晶体析出，其原因为_______。
四、原理综合题
17．（2022秋·黑龙江佳木斯·高三建三江分局第一中学校考开学考试）冬季是雾霾天气高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的原因之一。
(1)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
①在一定条件下，在一个容积固定为2L的密闭容器中充入0.8mol NO和1.20mol CO，开始反应至3 min时测得CO的转化率为20%，则用N2表示的平均反应速率为v(N2)=_______。
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，则该反应平衡常数的表达式Kp=_______。
③该反应在低温下能自发进行，该反应的ΔH_______0。(填“>”、“=”或“<”)
(2)使用甲醇汽油能减少汽车尾气对环境的污染，某化工厂用水煤气为原料合成甲醇，在恒温恒压条件下的密闭容器中发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，到达平衡时，测得CO、H2、CH3OH分别为1mol、1mol、1mol，容器的体积为3L，现往容器中继续通入3molCO，此时v(正)_______v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)，判断的理由_______。
(3)已知：H2A=H＋＋HA-，HA- H＋＋A2-。常温下，0.1 mol·L-1的NaHA溶液其pH=2，则0.1 mol·L-1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是_______
18．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考期中）弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题。
(1)生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是___________(用离子方程式表示)。
(2)常温下，取0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的，则的MOH溶液的浓度___________0.1mol/L(填“<”、“>”或“=”)。
(3)含的废水毒性较大，某工厂废水中含的。为了使废水的排放达标，进行如下处理：
绿矾为。反应(I)中与的物质的量之比为___________。常温下若处理后的废水中，则处理后的废水的___________。
(4)已知25℃时草酸的电离常数为，，草酸钙的，碳酸钙的。
①常温下将0.2mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合后溶液pH___________7(填“>”、“<”或“=”)，混合后溶液中各离子浓度的大小顺序为___________。
②25℃时若向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入0.01mol/L的草酸钾溶液10mL(忽略溶液体积变化)，___________(填“能”或“不能”)产生沉淀，列式计算并给出理由___________。
参考答案：
1．A
【详解】A．根据题中描述可知黄色沉淀为，另一支试管中无明显现象，说明没有析出，证明，正确；
B．和均为白色沉淀，根据该实验现象不能判断出二者的的相对大小关系，错误；
C．对于组成类似(阴、阳离子个数比相同)的难溶电解质，溶度积大的易转化为溶度积小的，错误；
D．稀硫酸与反应可产生，通入与的浊液中，虽然白色沉淀变成黑色沉淀，但因溶液中存在，也可与反应产生沉淀，不能说明，错误；
故选A。
2．C
【详解】A．实验①中的白色沉淀是Ag2SO3，反应的离子方程式为2Ag++=Ag2SO3↓，说明Ag2SO3溶解度较小，则，故A错误；
B．实验②的溶液先变绿，继续滴加产生砖红色沉淀，说明有氧化亚铜生成，存在化合价变化，则与Cu 2+发生了氧化还原反应，还原性：Cu>Ag，则氧化性：，故B错误；
C．实验③中、Al3+之间发生双水解反应，反应的离子方程式为：，故C正确；
D．的Ksp很小，饱和溶液中浓度最小，故D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．由题干信息知，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，增大，即-lgc(M2+)增大，-lg减小，因此曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg与pH的关系，A错误；
B．pH=7.0时，-lgc(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误；
C．根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、 均减小，则体系中元素M主要以M(OH) (s)存在，C正确；
D．的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的 0.4 mol·L-1的 HCl后，体系中元素M仍主要以存在，D错误；
故选C。
4．B
【分析】废电解渣加水溶解后过滤，得到滤液主要成分是NH4F，滤渣只要成分是Ni、Fe、Cu，向滤渣中加入20%HNO3将Ni、Fe、Cu均转化为可溶性的硝酸盐，加入NaOH溶液调节pH到6.7~7.0之间，使Cu2+、Fe3+转化为Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀而过滤除去，得到滤渣主要成分为Cu(OH)2、Fe(OH)3，滤液中含有的主要成分是Ni(NO3)2，向滤液中加入Na2CO3溶液进行沉镍得到NiCO3，过滤得到滤液和NiCO3，据此分析解题。
【详解】A．由已知信息可知，25℃时，，，则铵根离子的水解常数Kh1==5.5×10-10，F-的水解常数为Kh2==1.47×10-10 ，即铵根离子水解大于F-，故NH4F溶液呈酸性，即“洗脱”可去除NH4F，所得滤液显酸性，A正确；
B．由分析可知，“酸浸”时将Fe、Ni、Cu转化为可溶性硝酸盐，但盐酸不能以Cu反应且生成的亚铁盐很难通过调节pH值来分离混合溶液中Fe2+和Ni2+，故不可选用30%盐酸代替20%硝酸，B错误；
C．由分析可知，调节pH的目的是使Cu2+、Fe3+转化为Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀而过滤除去，而不产生Ni(OH)2沉淀，根据题干已知信息可知，“调pH”应调整pH的范围为6.7~7.0，C正确；
D．“沉镍”使沉淀完全即是使c(Ni2+)＜10-6mol/L，故应控制溶液中，D正确；
故答案为：B。
5．C
【详解】A．酸碱中和滴定操作中没有较好的保温措施，热量散失太多，不能用于中和热的测定，A错误；
B．NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象，无法根据实验现象进行浓度对化学反应速率影响的实验探究，B错误；
C．将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，二者反应产生BaCO3沉淀，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液，若有白色沉淀产生，说明Ba2+没有沉淀完全，若没有浑浊现象，则说明Ba2+沉淀完全，C正确；
D．由于Ag+过量，所以向反应后溶液中加入4滴0.1 mol L-1KI溶液时，过量Ag+与I-会反应产生AgI黄色沉淀，不能证明沉淀溶度积Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D错误；
故含量选项是C。
6．A
【详解】A．烧杯壁变凉，说明该反应常温下能自发，为吸热反应，故A正确；
B．烧瓶内气体颜色变深，说明平衡2NO2(g) N2O4(g)逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，故B错误；
C．稀释促进弱电解质的电离，所以稀释后HA的电离程度增大，故C错误；
D．先出现黄色沉淀，说明AgI更难溶，二者为同种类型沉淀，溶解度越小则溶度积越小，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D错误；
故选：A。
7．D
【详解】A．对比试验分析实验Ⅳ、Ⅴ，c(NH3·H2O)、c(Mg2+)各不相同，MgCl2溶液和氨水混合后存在下列化学平衡：Mg2+(aq)+2NH3·H2O(aq) 2NH4+(aq)+Mg(OH)2(s)，该反应的平衡常数表达式为；，c(NH3·H2O)、c(Mg2+)改变相同的程度，c2(NH3·H2O)的影响更大(或起主要作用)，不是增大c(Mg2+)不能向生成沉淀分析进行，是增大镁离子浓度还没有达到溶度积常数，故A错误；
B．IV中1 mol L 1氨水与0.1 mol L 1 MgCl2溶液混合产生表示沉淀，则Ⅲ中1 mol L 1氨水与1 mol L 1 MgCl2溶液混合，两实验中，溶液的氢氧根离子浓度相同，Ⅲ中镁离子的浓度更大，二者结合生成白色沉淀Mg(OH)2，故B错误；
C．氯化铵溶液中铵根离子增大会结合氢氧根离子生成弱电解质，氢氧化镁溶解，氯化镁溶液和氨水反应可以生成氯化铵和氢氧化镁沉淀，不能溶解在生成的氯化铵溶液中，故C错误；
D．IV中1 mol L 1氨水与0.1 mol L 1 MgCl2溶液混合产生表示沉淀，则Ⅲ中1 mol L 1氨水与1 mol L 1MgCl2溶液混合，两实验中，溶液的氢氧根离子浓度相同，Ⅲ中镁离子的浓度更大，因此实验Ⅲ的现象是生成白色沉淀，增大两种溶液中任意一种的浓度，都能使混合液的离子积达到氢氧化镁的Ksp，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．B
【详解】A．碳碳双键、醛基都能与溴水反应，向丙烯醛溶液中滴加溴水，溶液褪色，不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，A项不符合题意；
B．向浓度均为0.1mol L-1的CuSO4和ZnSO4的混合溶液中滴加Na2S溶液，观察现象，有黑色沉淀生成，说明：CuS溶解度更小，可比较Ksp(CuS)和Ksp(ZnS)的大小，故B符合题意；
C．用焰色试验检验溶液中含有钾离子需透过蓝色钴玻璃观察焰色，C项不符合题意；
D．酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能证明是否变质，应溶于水滴加KSCN溶液检验，D项不符合题意；
故选B。
9．BC
【详解】A．由于CH3COONH4中CH3COO-和均能发生水解，而NaHCO3中既能水解又能电离，故无法通过测量等浓度CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH大小来比较比较和的大小，A不合题意；
B．pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液均稀释10倍后，酸性强的pH变化大，可证明Ka(HNO2)＞Ka(CH3COOH)，B符合题意；
C．向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液，产生白色沉淀，说明生成了CaCO3白色沉淀，故说明Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，C符合题意；
D．催化剂中阴阳离子均不同，应控制阴离子相同比较Cu2+和Fe3+的催化效果，D不合题意；
故答案为：BC。
10．BD
【详解】A．题中没有告诉含Fe3+、Mg2+的溶液中两种离子的浓度关系，所以虽然先生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，也不能肯定Ksp[Fe(OH)3]比Ksp[Mg(OH)2]小，A不正确；
B．CuO高温灼烧，分解生成红色的Cu2O，表明Cu(Ⅰ)比Cu(Ⅱ)稳定，Cu2O中加入稀硫酸，生成Cu2+等，则表明Cu(Ⅱ)在水溶液中更稳定，B正确；
C．某时刻pH<7，说明此时溶液显酸性，氨水反应完后，随着盐酸的不断加入，会由促进水的电离转化为抑制水的电离，在此过程中，一定会经过=10-7 mol·L-1这一时刻，C不正确；
D．CO与H218O反应生成的CO2中一定含有18O，CO中含有18O，则表明CO2又转化为CO，则此反应为可逆反应，D正确；
故选BD。
11．AD
【详解】A．碳酸氢钠溶液中存在质子守恒关系，故A正确；
B．氢氧化钠是强碱，次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，则浓度相同的醋酸钠、氢氧化钠、次氯酸钠溶液pH大小顺序为②>③ >①，所以pH相同醋酸钠、氢氧化钠、次氯酸钠溶液的钠离子浓度大小顺序为① > ③ > ②，故B错误；
C．由溶度积可知，饱和氯化银溶液中银离子浓度为，饱和铬酸银溶液中银离子浓度为，则氯化银的溶解度小于铬酸银，所以向浓度均为的NaCl和混合液中滴加溶液应先生成AgCl沉淀，故C错误；
D． 0. 2氨水和 溶液等体积混合生成，根据物料守恒可得，故D 正确；
故选AD。
12．AC
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)加入浓硫酸和植物粉浸出，加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，过滤除去滤渣，向浸出液中加入一定量的X调节pH为3.5~5.5生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn(Ⅱ)的氧化物和碳酸盐，再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤，再向过滤液中加入碳酸氢铵形成沉淀，沉淀经充分洗涤，通过一系列操作得到高纯碳酸锰。
【详解】A．试剂X可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，故A正确；
B．Mg(OH)2完全沉淀时，Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+) c2(OH-)=1.8×10-11=1×10-5×c2(OH-)，则c(OH-)=×10-3mol·L-1，pOH=-lg×10-3=3-lg，则pH=14-pOH=11+lg，则pH为3.5～5.5时不能除去Mg杂质，故B错误；
C．加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，故C正确；
D．碳酸氢铵不稳定受热易分解，温度太高碳酸氢铵分解，造成原料的浪费，因此温度不宜太高，故D错误；
答案选AC。
13．(1) 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)
(3) 、、
(4) 溶液pH增大，溶液中降低，平衡向正反应方向移动 稀硫酸
(5)1：1
【分析】以钴矿[主要成分是、、，还含有少量、、CuO、FeO及杂质]制取草酸钻晶体()，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钻，得到。
【详解】（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钻矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是SiO2；浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，“浸取“时，被还原为Co2+，同时被氧化为，Co元素化合价由+3降低至+2，S元素化合价由+4升高至+6，化合价升降守恒、原子守恒可知发生反应的化学方程式为。
（2）“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2中O元素化合价由+1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程式为。
（3）根据表中数据知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是、、；pH=9.4时，Co2+完全转化为沉淀，，溶液中，=，若“调节pH”后，溶液中，当时，溶液中，，溶液pH=7.4，因此需调节溶液pH的范围是。
（4）当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中减小，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸，使该可逆反应平衡逆向移动。
（5）36.6g草酸钴晶体的物质的量为，根据Co原子守恒得，设CoO的物质的量为xmol，Co3O4的物质的量为ymol，则，解得x=0.05，y=0.05，因此该混合物中CoO与的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1。
14．(1)将Fe3+、Co3+还原或将Co3+还原
(2) 使Fe3+和Al3+沉淀完全 CaF2和MgF2
(3) 蒸发浓缩 冷却结晶
(4)Co3O4(或CoO·Co2O3)
【分析】水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co3+、Fe3+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+。工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、A(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF除去钙离子、镁离子，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的水层中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钻。
【详解】（1）浸出过程中加入Na2SO3目的是将Fe3+、Co3+还原或将Co3+还原；
（2）根据以上分析可知加入Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全，可得到Fe(OH)3、A(OH)3沉淀；萃取层含锰元素则沉淀Ⅱ的主要成分为CaF2和MgF2；
（3）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程；
（4）5.49g草酸钴晶体的物质的量是0.03mol，分解生成水的质量是1.08g，所以150-210°C时失水，剩余固体是CoC2O4；290-320°C时剩余固体中Co的质量是1.77g，氧原子是质量是2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为0.64÷16=0.04mol，则剩余固体中Co原子与O原子的物质的量比为3:4，所以化学式为Co3O4。
15．(1) 搅拌、适当升高温度或适当提高硫酸的浓度（任写一种即可）； SiO2
(2)
(3) ，，氢氧化镍消耗氢离子，促进水解平衡正向移动，从而形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀
(4)
(5)
(6)便于快速干燥
(7)
【分析】废镍催化剂酸浸后，SiO2不溶，滤渣I中为CaSO4和SiO2，滤液中金属阳离子为Fe2+、Ni2+、Al3+、Ca2+，过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，加Ni(OH)2调溶液的pH值，Al3+、Fe3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，为滤渣II的主要成分；加入氟化铵沉钙，得到CaF2沉淀，为滤渣III的主要成分；加草酸铵后镍离子形成草酸镍沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的草酸镍晶体。
【详解】（1）提高“酸浸”速率的措施是：搅拌、适当升高温度或适当提高硫酸的浓度（任写一种即可）；滤渣Ⅰ的成分为和SiO2；
（2）过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，反应的离子方程式为：；
（3）“调”时Al3+、Fe3+完全沉淀而Ni2+不沉淀，故pH值范围为：；调节pH值时，，，氢氧化镍消耗氢离子，促进水解平衡正向移动，从而形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；
（4）“沉钙”过程中，当沉淀完全时，钙离子浓度小于，故；
（5）“沉镍”时的离子方程式为：；
（6）乙醇易挥发，操作a包含过滤、用乙醇洗涤、110℃下烘干等步骤，其中用乙醇洗涤的目的是洗去杂质和便于快速干燥；
（7）草酸铁晶体受热分解首先失去结晶水，得到FeC2O4，即A点对应物质，400oC时固体质量减少，应为草酸亚铁分解生成铁的氧化物，且氧化物的质量为0.4g。设铁的氧化物的化学式为FexOy，根据铁守恒，，氧元素的质量为： ，故，故氧化物为FeO，根据得失电子守恒，化学方程式为：。
16．(1) 增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分 转化Ⅲ
(2)V2O5+2H+=2VO+H2O
(3)V2O5、Fe(OH)3
(4) > 13 VO+2CO2+H2O=VO+2HCO
(5)利用同离子效应降低NH4VO3的溶解度，便于完全沉淀
【分析】由题给流程可知，富钒废渣和碳酸钠固体混合研磨后，高温下在氧气在焙烧时，碳酸钠转化为二氧化碳，钒的氧化物转化为五氧化二钒，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，氧化亚铁转化为氧化铁，将得到的烧渣加入盐酸调节溶液 pH 小于进行酸浸，将五氧化二钒转化为 VO ，硅酸钠转化为硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为铝离子，氧化铁转化为铁离子，过滤得到滤渣1和滤液1，向滤液1中加入氢氧化钠溶液调节溶液 pH 为3，将VO离子转化为五氧化二钒、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣2和滤液2；向滤渣2中加入氢氧化钠溶液调节溶液 pH 大于13，将五氧化二钒转化为VO 离子，过滤得到滤渣3和滤液3；向滤液3中通入过量二氧化碳气体，将溶液中VO 离子转化为VO离子，向转化后的溶液中加入氯化铵溶液得到钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵固体得到氨气和五氧化二钒。
【详解】（1）将“研磨”所得粉末与逆流混合的目的是：使反应物充分接触，加快反应速率.；
气体体A 是CO2.后续工序亚中刚好需要CO2，故CO2在转化Ⅲ中再利用；
（2）酸浸时，pH <1，由表知 V 元素以 形式存在.故反应为：V2O5+2H+=2VO+H2O；
（3）调节溶液 pH 为3.0时，Fe3+已接近沉淀完全，而pH 为1~4时，V 元素以V2O5形式存在，故滤渣2含有物质为：V2O5、Fe(OH)3；
（4）转化II的目的是使滤渣2中的V2O5溶解与Fe(OH)3分离，由题干信息可知多钒酸盐在水中溶解度小，故应调节pH>13；此时，V 元素以VO存在，向滤液3中通入过量二氧化碳气体，将溶液中VO 离子转化为VO离子，故反应方程式为：VO+2CO2+H2O=VO+2HCO
（5）钒酸铵中存在沉淀溶解平衡，加入过量的氯化铵，使铵根离子浓度增大，平衡向逆向移动，有利于晶体析出，故答案为：利用同离子效应降低NH4VO3的溶解度，便于完全沉淀。
17．(1) 0.02 mol·(L·min)-1 <
(2) = Q=K，平衡不移动
(3) 0.1 mol·L-1 0.11 mol·L-1 c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
(4)3
【详解】（1）(1)①消耗CO物质的量为1.2mol×20%=0.24mol，v(CO)= mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，则v (N2)=v (CO)=0.02mol/(L·min)；
故答案为：0.02mol/(L·min)；
②由题目信息可知，用某组分(B)的平衡压强(PB)表示平衡常数为：生成物分压的系数次幂乘积与反应物分压系数次幂乘积的比，2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)用某组分(B)的平衡压强(PB)表示平衡常数Kp=
故答案为：
③正反应为气体物质的量减小的反应，为嫡减反应，△S<0，而△H-T△S<0反应自发进行，该反应在低温下能自发进行，故该反应的△H<0；
故答案为：<。
（2）温度不变，平衡常数不变，平衡常数K=，通入3 mol CO，瞬间体积变为3L×=6L，浓度商Q==9=K，平衡不移动，故v(正)= v(逆)；
故答案为：=；Q=K，平衡不移动。
（3）H2A=H++HA-，HA-=H++A-可知，第一步完全电离，第二步不完全电离，0.1mol·L-1的H2A溶液中H2A第一步电离出氢离子浓度是0.1mol/L，0.1mol·L-1的NaHA溶液其pH=2，说明HA-电离比水解多出0.01mol/L，HA-的电离较微弱，所以电离出氢离子浓度小于0.01mol/L，则0.1mol·L-1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是0.1mol/L
故答案为：0.1mol/L；0.11mol/L；c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)> c(OH-)。
（4）(4)常温时，Fe(OH)3的Ksp=1×10-38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全，残留在溶液中的c(Fe3+)＜10-5 mol·L-1；Ksp= c(Fe3+)·c(OH-)3 = 10-5×c(OH-)3=1 × 10-38，c(OH-)=10-11mol·L-1，c(H+)= =10-3 mol·L-1，溶液pH=3；
故答案为：3。
18．(1)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
(2)>
(3) 1：6 6
(4) < c(K+)>c()>c(H+)>c()>c(OH-) 能 碳酸钙饱和溶液中c(Ca2+)==5×10-5mol/L，加入0.01mol/L的草酸钾溶液10mL以后，c(Ca2+)=mol/L，草酸根离子浓度为mol/L，c(Ca2+)×c()=×=>草酸钙的Ksp
【详解】（1）硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。
（2）两者恰好完全反应生成MCl，混合溶液呈酸性，说明MCl是强酸弱碱盐，则MOH为弱碱，部分电离，所以pH=13的MOH溶液的浓度大于0.1mol/L。
（3）氧化还原反应离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，其物质的量之比等于计量数之比，可求得与FeSO4的物质的量之比为1：6。Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)= c3(OH-)×6.0×10-7=6.0×10-31，c(OH-)=mol/L=1×10-8mol/L，pH=6。
（4）①将等体积等浓度的草酸和KOH混合，反应生成KHC2O4，K2=5.4×10-5>，则草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，则混合溶液的pH<7，c(H+)>c(OH-)，溶液中离子浓度大小顺序为c(K+)>c()>c(H+)>c()>c(OH-)。
②碳酸钙饱和溶液中c(Ca2+)==5×10-5mol/L，加入0.01mol/L的草酸钾溶液10mL以后，c(Ca2+)=mol/L，草酸根离子浓度为mol/L，c(Ca2+)×c()=×=>草酸钙的Ksp，故能生成沉淀。
