3.4沉淀溶解平衡（含解析）同步练习2023——2024学年高二化学苏教版（2019）选择性必修1

3.4沉淀溶解平衡同步练习
姓名（）班级（）
一、选择题
1．室温下，用氨水吸收燃煤烟气中的流程如下图所示。若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度。电离常数分别为，。

下列说法正确的是
A．氨水吸收，溶液中：
B．溶液中存在：
C．溶液氧化过程中：比值逐渐减小
D．向氧化后的溶液中加入过量充分反应过滤，所得滤液中：
2．室温下，用溶液制备的过程如图所示。已知：，，，，。下列说法正确的是

A．0.1溶液中：
B．溶液中：
C．制备的离子方程式为：
D．时，应控制
3．探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列实验方案能达到探究目的的是
实验方案 探究目的
A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液，观察溶液颜色变化 氧化性：Cl2>Br2>I2
B 往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变成浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力
C 常温下，向盛有NaCl、NaI的混合溶液中加入2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液，观察沉淀颜色 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D 取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，观察实验现象 氯气与水的反应是否存在限度
A．A B．B C．C D．D
4．下列反应的离子方程式正确的是
A．向溶液中加入氨水：
B．过量铁粉与稀硝酸反应：
C．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
D．向酸性KMnO4溶液中滴加双氧水：
5．向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag++NH3 [Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+，lg[c(M)/(mol·L-1)]与lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的关系如图所示(其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。下列说法错误的是
A．曲线IV可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl的溶度积常数的数量级为10-9
C．反应Ag++NH3 [Ag(NH3)]+的平衡常数K的值为103.24
D．向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水后，溶液中存在c(OH-)=c()+c(H+)
6．用溶液滴定溶液，加入的碳酸氢钠溶液体积与溶液变化曲线如图所示，其中时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的溶液体积为时，溶液的稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述错误的是
已知：，，

A．点的混合溶液，
B．的过程中，水的电离程度不断增大
C．总反应的化学方程式：
D．点的混合溶液，
7．下列离子方程式与所给事实不相符的是
A．明矾净水：
B．向AgCl浊液中通入，浊液变黑：
C．向溶液中加入足量的溶液：
D．向二元弱酸亚磷酸 (H3PO3)溶液中滴加过量的溶液：
8．25℃时，、和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。图中pc(阳离子)表示、和的浓度负对数()，pOH表示的浓度负对数[]。已知：离子浓度小于时沉淀完全；。下列说法正确的是

A．II线代表
B．I、II、III线段两两相交
C．恰好完全沉淀时溶液的pOH为4.6
D．向和均为1的混合液中滴加NaOH溶液，先沉淀
9．一种烟气的脱硫及去除水中Cu2+的处理工艺流程如图所示。室温下以0.1mol·L-1NaOH溶液吸收H2S，若通入H2S所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)。室温下，Ksp(CuS)=1.3×10-36；H2S的电离常数分别为Ka1=9.1×10-8、Ka2=1.1×10-12。下列说法正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因：
B．吸收所得的溶液中：
C．NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：
D．“除铜”得到的上层清液中：
10．从废钼催化剂(主要成分为MoS2，含少量SiO2、CuFeS2、As2O3)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示：

注：酸浸后钼元素以MoO形式存在，溶液中某离子浓度105molL1时，认为沉淀完全；常温下Ksp=[Fe(OH)3]=10-38.5，Ksp=[Cu(OH)2]=10-19.6。
下列说法错误的是
A．滤渣1的主要成分是SiO2
B．焙烧过程中Mo、S元素被氧化
C．“调pH”过程中调节溶液的pH略大于2.83，可除去目标杂质离子
D．反萃取发生的离子方程式为
11．将CaCO3(s)或ZnCO3(s)悬浊液置于分压固定的CO2气相中，体系中pH与lgc关系如图所示，c为H2CO3、HCO、CO、Ca2+、Zn2+的浓度，单位为mol·L-1。已知：Ksp(CaCO3)>Ksp(ZnCO3)，下列说法正确的是

A．Kal(H2CO3)=10-6.4，Ksp(ZnCO3)=10-10.8
B．，平衡常数：
C．L1表示lgc(CO)-pH曲线
D．向a点溶液中加入ZnCl2，可以达到b点溶液
12．下列离子方程式书写正确的是
A．NaHCO3溶液呈碱性：HCO+H2O=H2CO3+OH-
B．H2SO3在水溶液中的电离：H2SO32H++SO
C．用饱和的Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2++CO=CaCO3↓
D．已知电离常数：Ka(HCN)=4.9×10-10，H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka1=5.6×10-11，向KCN(aq)中通入少量的CO2气体：CO2+H2O+CN-=HCN+HCO
13．向某的混合液中加入固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知为二元弱酸，其易溶于水。下列说法正确的是
A．当时，
B．Y点存在：
C．点存在：
D．向溶液中通入，可使点溶液向点转化
14．常温下，难溶盐CuR、ZnR的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知：热力学趋势很大。下列说法错误的是

A．常温下，约为
B．向q点的溶液中加入少量对应金属的硝酸盐固体，溶液组成可能变为p点
C．a点对应的CuR溶解体系中，v(溶解)>v(沉淀)
D．向的混合溶液中加入溶液，首先析出CuR沉淀
15．已知25℃，Ksp (CaC2O4)=4.0×10-8，H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4；Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。下列有关说法正确的是
A．25℃时，同浓度的NaHC2O4溶液的pH比NaHCO3大
B．用0.5mol/L的草酸钠溶液浸泡CaCO3，可实现CaCO3完全转化为CaC2O4
C．某温度下，向含CaC2O4固体的饱和CaC2O4溶液中加入少量草酸钠固体，则CaC2O4溶解性将减小
D．过量CaCO3溶于水达到溶解平衡，其上层清液中含碳微粒主要是CO
二、实验题
16．实验室利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备磁性材料Co3O4。
(1)浸取。将一定量的钴渣粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(装置见图)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，滴液漏斗中的溶液是 ；Co(OH)3转化为Co2+的离子方程式为 。

(2)沉钴。Co(Ⅱ)盐溶液可以Co(OH)2、CoCO3和CoC2O4等多种形式沉淀。
已知：，，H2C2O4的电离常数分别为、，NH3·H2O的电离常数为Kb=1.8×10-5。
①向除杂后含0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀，继续滴加NaOH溶液至pH= 时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]。
②向除杂后CoSO4溶液中加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液作沉淀剂，可得到CoC2O4.反应的平衡常数K的数值为 ；不能用同浓度的Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是 。
(3)制备Co3O4。以CoCl2为原料先制得CoCO3；然后再制备Co3O4。
已知：①尿素水溶液呈弱碱性，70℃以上能缓慢水解产生，pH为1~3时水解速率对生成CoCO3沉淀较为适宜。
②取1molCoCO3在空气中加热，反应温度对反应产物的影响如图所示，请补充完整以CoCl2溶液、尿素、盐酸为原料，制备Co3O4的实验方案：取一定体积CoCl2溶液， ；充分反应， ；反应至固体质量不再变化，即可制得Co3O4。

17．Ⅰ.碱式碳酸铜的制备
(1)步骤ii是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃-80℃，其中发生的化学反应方程式为： 。反应温度低于80℃的原因是 。
(2)在步骤(iii)的实验过程中，涉及三种固液分离的方法，分别是倾析法过滤、趁热过滤与减压过滤，最终制得蓝绿色固体。该制备实验流程中没有使用到下列装置中的有 。
Ⅱ.碱式碳酸铜的检验
同学们设计了如图装置，针对制得的蓝绿色固体进行检验。
(3)D装置加热前，需要首先打开活塞K，用A装置制取适量N2，然后关闭K，点燃D处酒精灯。装置A中发生反应的离子方程式为 。C中盛装的试剂应是 。
(4)若蓝绿色固体的组成为，实验能观察到的现象是 。
(5)同学们查阅文献得知：，，经讨论认为用Ba(OH)2代替Ca(OH)2来定量测定蓝绿色固体的化学式会更好，其原因是(选填下列字母代号)_______。
A．Ba(OH)2的碱性比Ca(OH)2强
B．Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收CO2
C．相同条件下，CaCO3的溶解度明显大于BaCO3
D．吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小
(6)若蓝绿色固体的组成为。取干燥后的蓝绿色固体10.84g，煅烧至完全分解后得到8.00g固体，测得F中干燥后的沉淀质量为7.88g(F中已改为Ba(OH)2溶液)。则该蓝绿色固体的化学式为 。
三、原理综合题
18．铬是电镀、制革和颜料等工业废水中的主要重金属污染物。在水溶液中，（Ⅲ）以形态存在：（Ⅱ）主要以和形态存在，其毒性是（Ⅲ）的100倍，处理含（Ⅵ）废水的常用方法是先将其转化为（Ⅲ），再进一步将转化为沉淀，减少水体中总铬含量。
(1)探究（Ⅵ）的存在形式：（Ⅵ）在水溶液中常有和两种存在形式，该废水中两种离子的浓度与溶液的关系如下图所示：
①加酸可以使转化为，该反应的离子方程式为 。
②计算该反应的平衡常数为 。（已知时，）
(2)（Ⅵ）转化为
在时，向该废水中加入溶液将（Ⅵ）还原为，然后再向其中加入浓氨水调节溶液。
①加入溶液后，发生反应的离子方程式为 。
②还原（Ⅵ）时，需控制溶液的，若酸性过高会造成的后果是 。
(3)也可用于直接还原去除废水中的，反应时消耗大量．废水的初始对去除溶液中的（Ⅵ）和总的影响关系如下图所示：
废水初始时，和反应生成、和氢气，最终溶液的约为9，反应生成的转化为沉淀得到有效去除，废水初始时，虽然（Ⅵ）的去除率达到100%，但总的去除率为0.0%，其原因是 。
四、工业流程题
19．工业上用软锰矿(主要成分，含有少量等)对含的烟气进行脱硫处理并制备的工艺流程如下：
已知：室温下，部分氢氧化物的溶度积常数如表所示。
氢匎化物
回答下列问题：
(1)沉淀1对应的晶体类型为 。
(2)室温下，加双氧水氧化后所得的溶液中，某种离子的浓度小于时，可认为已完全沉淀，则完全沉淀，需调节的范围是 。“净化”时，加入的作用为 。
(3)“酸化、还原”中，发生的氧化还原反应的离子方程式为 、 。
(4)已知：滤液3中除外，还含有少量。的溶解度曲线如图所示。据此判断，操作“I”应为蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。
(5)工业上可用电解酸性溶液的方法制备，其阳极反应式为 。
(6)样品隔绝空气条件下受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。则剩余固体质量由降至时，发生反应的化学方程式为 。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【详解】A．氨水吸收，溶液中：
，根据电荷守恒，前者减去后者得到，故A错误；
B．，，溶液中亚硫酸氢根，亚硫酸氢根电离大于水解，，，则存在：，故B正确；
C．溶液氧化过程，溶液酸性增强，氢氧根浓度减小，则比值逐渐增大，故C错误；
D．向氧化后的溶液中加入过量充分反应过滤，所得滤液中：，故D错误。
综上所述，答案为B。
2．C
【详解】A．由于的水解常数5.5610-10，的水解常数10-8，所以的水解程度比的水解程度大，，故A错误；
B．为强酸弱碱盐，溶液中根据质子守恒可知：，故B错误；
C．与反应产生的再与Fe2+结合生成，反应的离子方程式为：，故C正确；
D．当混合液中时，为防止生成Fe(OH)2，，即，故D错误；
答案选C。
3．B
【详解】A．过量氯水会优先与碘化钾溶液反应生成单质碘使淀粉溶液变蓝色，反应生成的溴不能与碘化钾溶液反应，则无法比较溴和碘的非金属性强弱，A错误；
B．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘的四氯化碳溶液中的I2与溶液中反应生成使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，B正确；
C．向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀 AgNO3 溶液， 有黄色沉淀生成，说明先生成碘化银沉淀，由于未指明NaCl、NaI的浓度，所以无法判断Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小，C错误；
D．新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．氨水中一水合氨为弱碱，反应离子方程式为：，A错误；
B．过量铁粉与稀硝酸反应生成，离子方程式为：，B错误；
C．碳酸钙的溶解度低于硫酸钙，故，C正确；
D．不满足得失电子守恒，正确的离子反应方程式应为：，D错误；
故答案为：C。
5．B
【分析】随着c(NH3)增大，Ag++NH3 [Ag(NH3)]+正向移动，c(Ag+)减小，正向移动，AgCl溶解度逐渐增大，Cl-浓度逐渐增大，[Ag(NH3)]+与[Ag(NH3)2]+浓度增大，当c(NH3)很小时，c(Cl-)>c([Ag(NH3)]+)>c([Ag(NH3)2]+)，则曲线Ⅰ表示c([Ag(NH3)2]+)随c(NH3)变化曲线，曲线Ⅱ表示c([Ag(NH3)]+)随c(NH3)变化曲线，曲线Ⅲ表示c(Ag+)随c(NH3)变化曲线，曲线Ⅳ表示c(Cl-)随c(NH3)变化曲线，也可表示AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线；
【详解】A．根据分析，曲线IV可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线，故A正确；
B．当c(NH3)=0.1mol/L，c(Ag+)=10-7.40mol/L，c(Cl-)=10-2.35mol/L，，AgCl的溶度积常数的数量级为10-10，故B错误；
C．当c(NH3)=0.1mol/L，c(Ag+)=10-7.40mol/L，c([Ag(NH3)]+)=10-5.16mol/L，Ag++NH3 [Ag(NH3)]+的平衡常数，故C正确；
D．根据电荷守恒溶液中存在，根据物料守恒，则c(OH-)=c()+c(H+)，故D正确；
故选B。
6．B
【详解】A．a点时溶液中存在电荷守恒，A正确；
B．点溶液中溶质有和，水的电离被促进，点溶液中溶质有和，水的电离被抑制，对比之下发现，到的过程中，水的电离程度不断减小，B错误；
C．根据题干中信息，有白色浑浊生成且全程无气体生成，得出反应的化学方程式：，C正确；
D．，故，D正确；
故选：B。
7．C
【详解】A．明矾净水是因为铝离子在溶液中水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中悬浮杂质聚沉而达到净水的目的，水解的离子方程式为，故A正确；
B．向氯化银浊液中通入硫化氢发生的反应为氯化银与硫化氢气体反应生成硫化银和盐酸，反应的离子方程式为，故B正确；
C．碳酸氢钙溶液与足量氢氧化钠溶液反应反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．亚磷酸溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成亚磷酸钠和水，反应的离子方程式为，故D正确；
故选C。
8．D
【分析】的，将等式两边同取负对数可得：，则，构成了以pOH为横坐标，为纵坐标的直线方程，同理，和的方程分别为：、，三条线的斜率的一条不同，即Ⅲ线代表，其。又因为，代入图中坐标点可得，Ⅰ线代表，其，Ⅱ线代表，其，以此解题。
【详解】A．由分析可知，Ⅱ线代表，A项错误；
B．由分析可知，Ⅰ线、Ⅱ线斜率相同，相互平行，B项错误；
C．由图可知，恰好完全沉淀时，(也可准确计算：)，C项错误；
D．和沉淀时需要的分别为、，先沉淀，D项正确；
故选D。
9．B
【详解】A．S2-的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为：，故A错误；
B．室温下以0.1mol·L-1NaOH溶液吸收H2S，吸收所得，即，此时加入的NaOH的物质的量等于H2S的物质的量，溶质全为NaHS， Ka2=1.1×10-12，HS-的水解平衡常数Kh==1.1×10-7，即HS-的水解程度大于电离程度，，故B正确；
C．NaOH恰好转化为Na2S的溶液中存在守恒，电荷守恒，综合得，故C错误；
D．“除铜”得到的上层清液中若，此时还有沉淀生成，不符合题意，故D错误；
故选B。
10．C
【分析】由题给流程可知，废钼催化剂在空气中焙烧，MoS2和CuFeS2在高温条件下与氧气反应生成MoO3、Fe2O3、CuO，SiO2不反应；向焙烧所得固体中加入稀硫酸酸浸，Fe2O3、CuO与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，MoO3与稀硫酸反应转化为MoO离子，SiO2不反应，过滤得到滤渣1为SiO2；向酸浸后的体系中加入三氧化钼调节溶液的pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的MoO离子，分液得到含有铜离子的水相和含有MoO离子的有机相；向有机相中加入氨水将MoO离子转化为MoO离子，再加入氯化镁反应得到钼酸铵，同时生成Mg(NH4)AsO4沉淀，钼酸铵溶液经结晶制得钼酸铵晶体。
【详解】A．根据分析，滤渣1的主要成分是SiO2，故A正确；
B．根据分析，废钼催化剂在空气中焙烧，MoS2在高温条件下与氧气反应生成MoO3、SO2，Mo、S元素化合价升高，被氧化，故B正确；
C．调节pH时可以除去溶液中的铜离子和三价铁离子，则当三价铁离子除净时，此时c(OH-)=，此时，pH=2.83；同理可求出当铜离子除净时，pH=6.7，“调pH”过程中调节溶液的pH略大于6.7，可除去目标杂质离子，故C错误；
D．根据流程可知，反萃取时，是将钼从有机相中提取的过程，该过程的方程式为：，故D正确；
故答案为：C。
11．A
【分析】分压固定的CO2气相中，使溶液中CO2浓度也相应固定，因此L3为H2CO3的浓度，随着pH逐渐增大，HCO、CO的浓度逐渐增大，且pH较小时HCO的浓度大于CO的浓度，所以L1表示HCO，L2表示CO；根据Ksp(CaCO3)>Ksp(ZnCO3)判断，L4为Ca2+的浓度，L5为Zn2+的浓度，据此分析解答。
【详解】A．Kal(H2CO3)= ，pH=6.4时，HCO 和H2CO3的浓度相等，此时Kal(H2CO3)==10-6.4，L2表示CO、L5为Zn2+的浓度，两者交于lgc=-5.4，此时CO、Zn2+的浓度均为10-5.4，Ksp(ZnCO3)=c(Zn2+)·c(CO)=10-10.8，故A正确；
B．通过b点数据可得Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(CO)=10-3.2×10-5=10-8.2，选项中反应的平衡常数，故B错误；
C．由上述分析可知L1表示HCO，故C错误；
D．向a点溶液中加入CaCl2可以达到b点溶液，故D错误；
故选：A。
12．D
【详解】A．碳酸氢根的水解是可逆反应，故反应的离子方程式为： +H2OH2CO3+OH-，A错误；
B．H2SO3在水溶液中分步电离，电离方程式为：H2SO3H++、H++，B错误；
C．CaSO4为微溶物，此时达到饱和，CaSO4为沉淀，故反应的离子方程式为：，C错误；
D．根据电离常数越大其弱酸的酸性越强，可知酸性关系：H2CO3> HCN>，向KCN(aq)中通入少量的CO2气体，根据强酸制弱酸反应原理，反应方程式CO2+H2O+CN-=HCN+，D正确；
故本题选D。
13．D
【详解】A．Ka1==10 1.2，Ka2==10 4.2，Ka1×Ka2=×，当c(A2 )=c(H2A)时，Ka1×Ka2=c2(H+)=10-5.4，c(H+)=10-2.7，pH=2.7，A错误；
B．Y点-lg=0，说明c(HA－)＝c(A2 )，lgc(Ca2+)=-7，则c(Ca2+)=1.0×10-7 mol/L，Ksp(CaA)=2×10 9，则c(A2-)=2.0×10-2 mol/L，B错误；
C．X点-lg<0，>1，则c(A2 )>c(HA )，C错误；
D．向Y点溶液中通入HCl气体，A2 与H＋反应，c(A2 )减小，减小，-lg则增大，因此可以使Y点溶液向Z点溶液转化，D正确；
故答案为：D。
14．C
【分析】由曲线Ⅰ可知，当时，金属离子浓度约为，；由曲线Ⅱ可知，时，金属离子浓度约为，，由题干中溶解转化信息可知，故曲线Ⅰ表示ZnR的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示CuR的沉淀溶解平衡曲线。
【详解】A．曲线Ⅰ表示ZnR的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示CuR的沉淀溶解平衡曲线，则，，，A正确；
B．向q点的溶液中加入少量固体，溶液中增大，减小，平衡向左移动，减小，增大，故q点可以变为p点，B正确；
C．a点体系中，则a点表示CuR的过饱和溶液，此时v(溶解)D．由于，越小，越易形成沉淀，则向的混合溶液中加入溶液，首先析出CuR沉淀，D正确；
故选C。
15．C
【详解】A．的水解平衡常数Kh()===1.8×10-13＜Ka2(H2C2O4)，说明的电离程度大于水解程度，NaHC2O4溶液呈酸性，的水解平衡常数Kh()===2.2×10-8＞Ka2(H2CO3)，说明的电离程度小于水解程度，NaHCO3溶液呈碱性，25℃时，同浓度的NaHC2O4溶液的pH比NaHCO3小，A项错误；
B．用0.5mol/L的草酸钠溶液浸泡CaCO3，可发生的反应为CaCO3(s)+(aq)CaC2O4(s)+(aq)，但由于CaCO3、CaC2O4的类型相同且Ksp(CaCO3) ＜Ksp(CaC2O4)，说明CaCO3比CaC2O4更难溶，故CaCO3不能完全转化为CaC2O4，B项错误；
C．含CaC2O4固体的饱和CaC2O4溶液中存在沉淀溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+ (aq)，加入少量草酸钠，草酸钠电离出，浓度增大，该沉淀溶解平衡逆向移动，CaC2O4的溶解性将减小，C项正确；
D．过量CaCO3溶于水达到溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，存在水解平衡：+H2O+OH-、+H2OH2CO3+OH-，上层清液中物料守恒为c()+c()+c(H2CO3)=c(Ca2+)=mol/L，Kh()=====2.1×10-4，则=，由于二级水解远小于一级水解，二级水解忽略，上层清液中1×10-7mol/L＜c(OH-)＜mol/L（假设溶于水的CaCO3电离出的第一步完全水解），=＜＜=2.1×103，上层清液中c()＞c()，上层清液中含碳微粒主要是，D项错误；
答案选C。
16．(1) H2SO4溶液 2Co(OH)3+SO+4H+2Co2++SO+5H2O
(2) 9 48 Na2C2O4溶液碱性强，易与Co2+生成Co(OH)2沉淀，降低CoC2O4.的产率
(3) 搅拌，加入一定量尿素，水浴加热控制温度在70℃以上，加入盐酸调节溶液pH至1—3 冷却过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2—3次，干燥后在空气中加热至300—600℃
【分析】实验室利用钴渣制备四氧化三钴的实验过程为向钴渣粉中加入亚硫酸钠、稀硫酸将氢氧化钴转化为硫酸钴，除去溶液中的铁离子后，过滤得到硫酸钴溶液；向溶液中氢氧化钠溶液或草酸铵溶液将钴元素转化为氢氧化亚钴或草酸钴沉淀，过滤得到氢氧化亚钴或草酸钴沉淀，向沉淀中加入盐酸，将钴元素转化为氯化亚钴，氯化亚钴溶液与尿素溶液共热反应制得碳酸亚钴，过滤得到碳酸亚钴，碳酸亚钴在空气中加热制得四氧化三钴。
【详解】（1）由钴渣粉与题给溶液配成悬浊液可知，滴液漏斗中的溶液是硫酸溶液；由题意可知，氢氧化钴转化为亚钴离子的反应为酸性条件下，氢氧化钴与亚硫酸根离子共热反应生成亚钴离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2Co(OH)3+SO+4H+2Co2++SO+5H2O，故答案为：H2SO4溶液；2Co(OH)3+SO+4H+2Co2++SO+5H2O；
（2）①由溶液pH为7时生成氢氧化亚钴沉淀可知，氢氧化亚钴的溶度积Ksp=0.1×(10—7)2=10—15，当溶液中亚钴离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=10—5mol/L，则溶液的pH为9，故答案为：9；
②由方程式可知，反应的平衡常数K====48；草酸钠是强碱弱酸盐，草酸铵是弱酸弱碱盐，草酸钠溶液的碱性强于草酸铵溶液，若用草酸钠溶液替换草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致草酸亚钴的产率降低，所以不能用草酸钠溶液替换草酸铵溶液，故答案为：48；Na2C2O4溶液碱性强，易与Co2+生成Co(OH)2沉淀，降低CoC2O4.的产率；
（3）由题给信息可知，制备四氧化三钴的实验方案取一定体积氯化亚钴溶液，搅拌；充分反应，加入一定量尿素，水浴加热控制温度在70℃以上，加入盐酸调节溶液pH至1—3，冷却过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2—3次，干燥后在空气中加热至300—600℃，反应至固体质量不再变化，即可制得四氧化三钴，故答案为：搅拌，加入一定量尿素，水浴加热控制温度在70℃以上，加入盐酸调节溶液pH至1—3；冷却过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2—3次，干燥后在空气中加热至300—600℃。
17．(1) 温度过高，会导致碱式碳酸铜分解或温度过高，水解反应程度加大，会生成过多的Cu(OH)2
(2)AEF
(3) 浓硫酸
(4)硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变成黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊
(5)BD
(6)或或
【分析】硫酸铜和碳酸氢钠在热水中反应生成碱式碳酸铜，反应后通过浓缩、过滤、洗涤、干燥得到碱式碳酸铜固体；装置A在生成氮气，通过防止倒吸装置B，通过C干燥后进入D中将生成D中分解生成气体排出，装置E吸收生成的水、F吸收生成的二氧化碳，G装置排除空气中二氧化碳和水的干扰。
【详解】（1）根据题意可知，硫酸铜和碳酸氢钠在热水中反应生成碱式碳酸铜，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳、硫酸、水，发生的化学反应方程式为。碱式碳酸铜的生成需要在碱性环境中进行，原料中NaHCO3必须过量的原因是提供碱性环境，有利于生成碱式碳酸铜；碳酸氢钠不稳定受热易分解，且温度过高促进碳酸氢钠的水解导致溶液碱性增大生成过多氢氧化铜沉淀，故反应温度低于80℃；
（2）步骤（iii）中通过浓缩、过滤、洗涤、干燥得到碱式碳酸铜，由题干可知，过滤需要倾析法过滤(使用B装置)、趁热过滤（使用D装置）与减压过滤(使用C装置)，得到最终制得蓝绿色固体。故选AEF；
（3）铵根离子具有还原性、亚硝酸根离子具有氧化性，装置A亚硝酸钠和氯化铵发生氧化还原反应生成氮气和水：；为防止氨气中水对D装置中生成水的干燥，氨气进入D前需要干燥，故C中为浓硫酸干燥剂；
（4）若蓝绿色固体的组成为xCuCO3 yCu(OH)2，则分解生成黑色氧化铜、水和二氧化碳，故实验能观察到的现象是硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变成黑色，B中白色固体变蓝，C中溶液变浑浊；
（5）A．Ba(OH)2、Ca(OH)2均为强碱，故A错误；
B．Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能够更充分吸收CO2，故B正确；
C．由Ksp可知，相同条件下，CaCO3的溶解度小于BaCO3，故C错误；
D．碳酸钡的相对分子质量大于碳酸钙，则吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小，故D正确；
故答案为：BD；
（6）取干燥后的蓝绿色固体10.84g,煅烧至完全分解后得到8.00g固体，则生成氧化铜0.1mol,测得F中干燥后的沉淀质量为7.88g,则碳酸钡为0.04mol,根据碳元素守恒可知，CuCO3为0.04mol、质量为4.96g,则Cu(OH)2质量为10.84g-4.96g=5.88g、为0.06mol,则x：y=0.04：0.06=2：3，故化学式为：或或。
【点睛】明确制备原理为解答关键，注意熟练掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重基础知识的考查，培养了分析能力及化学实验能力。
18．(1) 2CrO+2H+Cr2O+H2O 1014
(2) Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O 酸性过高时，H+会与SO反应生成SO2气体逸出，造成原料损失和环境污染
(3)pH=2时，原废水中含大量H+，满足Cr2O和BH反应的需要，使得Cr(Ⅵ)完全被还原为Cr(Ⅲ)，反应后仍剩余较多H+，导致Cr(Ⅲ)无法转化为Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+形式存在于溶液中
【详解】（1）①由题意可知，酸性条件下，溶液中铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根离子和水，反应的离子方程式为2CrO+2H+Cr2O+H2O，故答案为：2CrO+2H+Cr2O+H2O；
②由图可知，a曲线代表铬酸根离子、b曲线代表重铬酸根离子，溶液pH为7时，铬酸根离子、重铬酸根离子浓度分别为0.5mol/L、0.25mol/L，由方程式可知，反应的平衡常数K===1014，故答案为：1014；
（2）①由题意可知，溶液pH为4时，溶液中铬元素以重铬酸根离子形式存在，加入亚硫酸钠溶液发生的反应为酸性条件下溶液中重铬酸根离子与亚硫酸根离子反应生成铬离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O，故答案为：Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O；
②若酸性过高，溶液中的氢离子会与亚硫酸根离子反应生成有毒的二氧化硫，会污染环境，所以还原Cr (Ⅵ)时，需控制溶液的pH为4，故答案为：酸性过高时，H+会与SO反应生成SO2气体逸出，造成原料损失和环境污染；
（3）由题意可知，废水初始pH为2.5时，溶液中重铬酸根离子与四氢合硼酸根离子反应生成的铬离子能转化为氢氧化铬沉淀而去除，废水初始pH为2时，虽然Cr (Ⅵ)的去除率达到100%，但总铬元素的去除率为0.0%，说明溶液中重铬酸根离子转化为铬离子，但铬离子没有转化为氢氧化铬沉淀，所以总铬元素的去除率为0.0%，故答案为：pH=2时，原废水中含大量H+，满足Cr2O和BH反应的需要，使得Cr(Ⅵ)完全被还原为Cr(Ⅲ)，反应后仍剩余较多H+，导致Cr(Ⅲ)无法转化为Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+形式存在于溶液中。
19．(1)离子晶体
(2) 生成CuS沉淀除去Cu2+
(3)
(4)趁热过滤
(5)
(6)
【分析】软锰矿主要成分，含有少量，用硫酸溶解，生成硫酸铁、硫酸铝、硫酸铜、硫酸钙，、硫酸铁被二氧化硫还原为硫酸锰、硫酸亚铁，硫酸钙微溶，过滤，沉淀1为硫酸钙，滤液中含有硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸铜，滤液中加过氧化氢把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中加硫化铵生成硫化铜沉淀除去硫酸铜，过滤，滤液3中除外，还含有少量，蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得硫酸锰晶体。
【详解】（1）沉淀1是硫酸钙，硫酸钙是离子晶体；
（2）室温下，加双氧水氧化后所得的溶液中，不生成沉淀，c(OH-)<,完全沉淀Al3+，c(OH-)>,完全沉淀Fe3+，c(OH-)>，需调节的范围是。“净化”时，加入的作用为生成CuS沉淀除去Cu2+。
（3）“酸化、还原”中，、硫酸铁被二氧化硫还原为硫酸锰、硫酸亚铁，发生的氧化还原反应的离子方程式为、。
（4）根据溶解度曲线，硫酸铵的溶解度随温度升高而增大；温度大于30℃，硫酸锰的溶解度随温度升高而减小。操作“I”应为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得硫酸锰晶体。
（5）工业上可用电解酸性溶液的方法制备，硫酸锰发生氧化反应生成二氧化锰，电解时阳极发生氧化反应，所以阳极反应式为。
（6）样品的物质的量为0.15mol，其中结晶水的质量为2.7g，可知样品为22.65g时，化学式为MnSO4；剩余固体为13.05g时，固体为锰的氧化物，Mn元素的物质的量为0.15mol，则氧元素的物质的量为，所以固体的化学式为MnO2；剩余固体为11.45g时，固体为锰的氧化物，Mn元素的物质的量为0.15mol，则氧元素的物质的量为，所以固体的化学式为Mn3O4；则剩余固体质量由降至时，发生反应的化学方程式为。
答案第1页，共2页
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